Vì sao Sao Kim nóng hơn Sao Thủy?

Sao Kim cách Mặt Trời gần gấp đôi Sao Thủy, nhưng nhiệt độ bề mặt lại cao hơn. Nhiệt độ bề mặt Sao Kim khoảng $735\mathrm{K}$, tương ứng $462{}^{\circ }\mathrm{C}$. Khí quyển dày, nhiều mây của hành tinh này chứa khoảng 96,5% cacbon đioxit.

Mở đầu chương: Ảnh màu giả của Sao Kim cho thấy lớp mây bao phủ hành tinh. Các phân tử trong khí quyển hấp thụ và phát bức xạ, ảnh hưởng cân bằng năng lượng của bề mặt.

Vì sao các phân tử ${\mathrm{CO}}_2$ góp phần làm tăng nhiệt độ bề mặt Sao Kim? Chọn cách giải thích phù hợp.

1. Chúng hấp thụ bức xạ hồng ngoại qua các chuyển mức dao động.
2. Chúng hấp thụ bức xạ hồng ngoại qua các chuyển mức electron.
3. Chúng hấp thụ bức xạ tử ngoại qua các chuyển mức dao động.
4. Chúng hấp thụ bức xạ tử ngoại qua các chuyển mức electron.
5. Có nhiều hơn một cơ chế trong bốn phương án trên.

Xem đáp án và giải thích

Chọn 1. Bề mặt hành tinh phát bức xạ hồng ngoại. Các phân tử ${\mathrm{CO}}_2$ hấp thụ bức xạ này bằng các chuyển mức dao động, rồi có thể phát lại bức xạ về phía bề mặt.

Ở trạng thái cân bằng, toàn hành tinh phải phát năng lượng ra không gian với tốc độ bằng tốc độ nhận năng lượng từ ánh sáng Mặt Trời. Khả năng hấp thụ hồng ngoại của khí quyển làm thay đổi quá trình truyền năng lượng ra ngoài. Nhiệt độ bề mặt tăng lên để thiết lập cân bằng bức xạ tương ứng.

Các nguyên tử cô lập chỉ là một phần của vật chất quanh ta. Chúng thường liên kết thành phân tử hoặc tạo những cấu trúc mở rộng trong chất lỏng và chất rắn. Muốn giải thích tính chất của các hệ ấy, ta cần nối cấu trúc electron với lực liên kết và các trạng thái chuyển động của nguyên tử.

Phân tử có những mức năng lượng quay và dao động rời rạc. Quang phổ giúp xác định các mức này, từ đó suy ra khoảng cách giữa các hạt nhân và độ cứng của liên kết. Khi rất nhiều nguyên tử cùng tạo một chất rắn, các mức electron riêng rẽ mở rộng thành những .

Mô hình dải giải thích sự khác nhau giữa kim loại, chất cách điện và chất bán dẫn. Một lượng nhỏ tạp chất có thể thay đổi mạnh khả năng dẫn điện của bán dẫn. Các tiếp giáp giữa những miền bán dẫn tạo cơ sở cho điôt, tranzito và mạch tích hợp.

Cuối chương, ta xét sự tạo cặp electron trong chất siêu dẫn và vai trò của nhiệt độ thấp. Những nội dung này tiếp nối mômen quán tính, khối lượng rút gọn, dao động tử điều hòa, , khí lý tưởng, điện trở suất và các khái niệm nhiệt học về phân bố năng lượng.

8 chủ đề · tổng cộng khoảng 24 phút đọc

Liên kết, phổ và cấu trúc vật chất

1. 1Các loại liên kết phân tửĐiều gì giữ các nguyên tử thành phân tử?Khoảng 3 phút
2. 2Phổ quay và dao động phân tửPhoton cho biết gì về chuyển động của các hạt nhân?Khoảng 3 phút
3. 3Cấu trúc và liên kết trong chất rắnMạng và nhóm cơ sở tạo cấu trúc tinh thể như thế nào?Khoảng 3 phút
4. 4Dải năng lượng trong chất rắnVì sao cùng có electron mà các vật liệu dẫn điện khác nhau?Khoảng 3 phút

Electron, bán dẫn và siêu dẫn

1. 5Mô hình electron tự doPauli quyết định sự điền trạng thái trong kim loại ra sao?Khoảng 3 phút
2. 6Bán dẫn thuần và pha tạpElectron và lỗ trống hình thành bằng những cơ chế nào?Khoảng 3 phút
3. 7Tiếp giáp và thiết bị bán dẫnRào thế nội tạo đặc tuyến và khả năng điều khiển dòng như thế nào?Khoảng 3 phút
4. 8Trạng thái siêu dẫnVì sao trạng thái ghép cặp có thể dẫn tới điện trở bằng không?Khoảng 3 phút

Tổng kết chương

Liên kết giữa các nguyên tử

gắn với lực hút giữa các ion trái dấu. gắn với các trạng thái electron dùng chung giữa các nguyên tử. liên quan đến các lưỡng cực điện, còn xuất hiện trong những cấu trúc có hiđrô thích hợp.

Một cấu hình liên kết bền có năng lượng thấp hơn cấu hình các thành phần ở xa nhau. Khoảng cách cân bằng nằm tại cực tiểu của thế năng. Khi các nguyên tử lệch khỏi khoảng cách ấy, lực tương tác có xu hướng kéo chúng trở về gần vị trí cân bằng.

Phổ quay và phổ dao động của phân tử

Với phân tử hai nguyên tử có khối lượng hạt nhân $m_1,m_2$, khoảng cách cân bằng $r_0$, khối lượng rút gọn và mômen quán tính quanh khối tâm là:

$$\begin{array}{rl}{m}_r& =\frac{m_1{m}_2}{m_1+m_2},\\ I& =m_r{r}_0^2.\end{array}$$

Trong gần đúng vật quay cứng, các mức năng lượng quay là:

$$E_{\ell }=\frac{\ell (\ell +1){\hslash }^2}{2I}.$$

Số lượng tử $\ell$ nhận các giá trị nguyên không âm. Với dao động nhỏ quanh vị trí cân bằng, đặt $\omega =\sqrt{k^{\prime }/m_r}$, trong đó $k^{\prime }$ là hằng số lực hiệu dụng. Năng lượng dao động là:

$$E_n=(n+\frac{1}{2})\hslash \omega .$$

Ở đây $n=0,1,2,\dots$. Phải phân biệt tần số $f$ với tần số góc $\omega =2\pi f$. Năng lượng bằng độ chênh năng lượng của hai trạng thái, có kể cả phần quay lẫn phần dao động khi chúng cùng thay đổi.

Cấu trúc của chất rắn

mô tả tính tuần hoàn của các điểm trong không gian. Gắn một nhóm nguyên tử, gọi là cơ sở, với mỗi điểm mạng tạo nên cấu trúc tinh thể. Các chất rắn có thể liên kết bằng những cơ chế tương tự phân tử hoặc bằng liên kết kim loại.

Cấu trúc tinh thể cần được phân biệt với riêng hình dạng . Cơ sở nguyên tử và cách lặp lại trong không gian cùng quyết định cấu trúc. Số nguyên tử quy về một ô được tính bằng phần đóng góp của các nguyên tử ở đỉnh, cạnh, mặt và bên trong ô.

Dải năng lượng

Khi các nguyên tử tiến lại gần nhau, tương tác giữa chúng làm các mức electron tách thành nhiều mức sát nhau, tạo thành các . Những khoảng năng lượng không có trạng thái electron tương ứng được gọi là vùng cấm.

Kim loại có dải được chiếm một phần hoặc có các dải chồng lấp thích hợp, nên electron có thể chuyển sang những trạng thái gần kề khi có . Trong bán dẫn nội tại và chất cách điện ở nhiệt độ không, dải hóa trị đầy và dải dẫn trống. ảnh hưởng khả năng tạo hạt tải khi nhiệt độ tăng.

Electron tự do và phân bố Fermi–Dirac

xem các electron dẫn chuyển động gần như tự do bên trong kim loại. vẫn được áp dụng. $g(E)$ được định nghĩa sao cho $g(E)dE$ là số trạng thái có năng lượng từ $E$ đến $E+dE$.

Với khối lượng electron $m$ và thể tích $V$, đặt hệ số $A$:

$$\begin{array}{rl}A& =\frac{(2m{)}^{3/2}V}{2{\pi }^2{\hslash }^3},\\ g(E)& =A\sqrt{E}.\end{array}$$

Số trạng thái có thể có và xác suất một trạng thái bị chiếm là hai đại lượng khác nhau. Với $T>0$, đặt $x=(E-E_{\mathrm{F}})/(kT)$. cho:

$$f(E)=\frac{1}{e^x+1}.$$

Ở nhiệt độ không, các mức dưới được lấp đầy, còn các mức trên đó để trống. Đặt mật độ electron $n_e=N/V$ và số sóng Fermi $k_{\mathrm{F}}$:

$$\begin{array}{rl}{k}_{\mathrm{F}}& =(3{\pi }^2{n}_e{)}^{1/3},\\ E_{\mathrm{F}}& =\frac{{\hslash }^2{k}_{\mathrm{F}}^2}{2m}.\end{array}$$

Năng lượng trung bình ở nhiệt độ không là $3E_{\mathrm{F}}/5$. Chỉ một phần nhỏ các electron gần thay đổi trạng thái chiếm khi nhiệt độ tăng ít. Điều đó giúp giải thích vì sao đóng góp electron vào nhiệt dung kim loại nhỏ hơn dự đoán của mô hình khí cổ điển.

Tổng kết phân bố Fermi–Dirac: Ở nhiệt độ thấp, sự thay đổi xác suất chiếm tập trung quanh năng lượng Fermi. Nhiệt độ tăng làm miền chuyển tiếp rộng hơn.

Bán dẫn và pha tạp

Electron được kích thích từ dải hóa trị sang dải dẫn để lại một . Electron dẫn và lỗ trống đều góp phần vào dòng điện. của những bán dẫn đang xét thường vào khoảng electronvolt, nhưng giá trị cụ thể phụ thuộc vật liệu và nhiệt độ.

tạo bán dẫn loại $n$, còn tạp chất nhận tạo bán dẫn loại $p$. Pha tạp làm thay đổi mật độ hạt tải và vị trí . Nó không có nghĩa toàn bộ mẫu phải mang điện tích tổng khác không.

Tổng kết bán dẫn: Một electron trong dải dẫn và một lỗ trống trong dải hóa trị có thể cùng góp phần dẫn điện dưới tác dụng của điện trường.

Chú thích:

• Electron dẫn (Conduction electron)
• Dải dẫn (Conduction band)
• Dải hóa trị (Valence band)
• Vùng cấm (Band gap)
• Lỗ trống (Hole)
• Điện trường (Electric field)

Thiết bị bán dẫn

Tiếp giáp $p$–$n$ hình thành hạt tải và bên trong. Phân cực thuận và phân cực ngược làm thay đổi rào thế theo hai chiều khác nhau. Trong mô hình điôt lý tưởng, đặt $x=eV/(kT)$:

$$I=I_{\mathrm{S}}(e^x-1).$$

$I_{\mathrm{S}}$ là dòng bão hòa ngược, còn dấu của $V$ theo quy ước phân cực thuận. Quan hệ này là một mô hình có miền áp dụng, không mô tả đầy đủ hiện tượng đánh thủng hay ảnh hưởng điện trở nối tiếp.

Điôt chỉnh lưu, điôt phát quang, pin mặt trời, tranzito và mạch tích hợp khai thác các quá trình vận chuyển hạt tải cùng cấu trúc mức năng lượng. Mỗi thiết bị cần được phân tích theo cách cấp điện và cơ chế trao đổi năng lượng tương ứng.

Tổng kết điôt: Mạch đặt hiệu điện thế thuận lên tiếp giáp p–n và đo dòng điện qua điôt.

Chú thích:

• Phân cực thuận (Forward bias)
• Điôt p–n (p–n diode)
• Suất điện động điều chỉnh được (Variable emf)

Siêu dẫn

Trong trạng thái siêu dẫn, điện trở một chiều biến mất ở những điều kiện thích hợp. mô tả sự tạo cặp Cooper thông qua tương tác electron với . Các electron trong một cặp có động lượng đối nhau trong mô tả đang xét.

Sự ghép cặp tạo khe năng lượng đối với các kích thích phá cặp. Ở nhiệt độ đủ thấp, quá trình tán xạ làm tiêu hao năng lượng như trong kim loại thường bị hạn chế. Cơ chế ghép cặp BCS thông thường không tự giải thích đầy đủ các vật liệu siêu dẫn nhiệt độ cao được giới thiệu trong chương.

Tài liệu tham khảo

Young & Freedman, University Physics with Modern Physics, ấn bản 15, chương 42, trang 1408–1441.

Luyện tập hướng dẫn

Nhóm 12 bài tập sau rèn luyện phương pháp tính toán định lượng cho ba chủ đề trọng tâm của vật lý phân tử và vật lý chất rắn: Phổ dao động – quay của phân tử hai nguyên tử, mô hình trong kim loại và các đặc trưng dẫn điện của chất bán dẫn.

Các hằng số vật lý sử dụng trong tính toán:

• Tốc độ ánh sáng trong chân không: $c=3,00\times {10}^8\mathrm{m}/\mathrm{s}$
• Hằng số Planck: $h=\mathrm{6,626}\times {10}^{-34}\mathrm{J}\cdot \mathrm{s}$
• Hằng số Planck rút gọn: $\hslash =\frac{h}{2\pi }$, tức $\mathrm{1,055}\times {10}^{-34}\mathrm{J}\cdot \mathrm{s}$
• Điện tích nguyên tố: $e=\mathrm{1,602}\times {10}^{-19}\mathrm{C}$
• Khối lượng electron: $m_e=\mathrm{9,109}\times {10}^{-31}\mathrm{kg}$
• Hằng số Boltzmann: $k=\mathrm{1,381}\times {10}^{-23}\mathrm{J}/\mathrm{K}$ (tương đương $\mathrm{8,617}\times {10}^{-5}\mathrm{eV}/\mathrm{K}$)
• Đơn vị khối lượng nguyên tử: $1\mathrm{u}=\mathrm{1,661}\times {10}^{-27}\mathrm{kg}$

---

VP42.3.1

Hai hạt nhân trong phân tử nitơ monoxit ($\mathrm{NO}$) cách nhau một khoảng $\mathrm{0,115}4\mathrm{nm}$. Khối lượng của nguyên tử nitơ phổ biến nhất là $\mathrm{2,326}\times {10}^{-26}\mathrm{kg}$, và khối lượng của nguyên tử oxy phổ biến nhất là $\mathrm{2,656}\times {10}^{-26}\mathrm{kg}$. Hãy xác định: (a) Khối lượng rút gọn của phân tử $\mathrm{NO}$. (b) Mômen quán tính của phân tử $\mathrm{NO}$. (c) Năng lượng (tính theo đơn vị $\mathrm{meV}$) của ba mức năng lượng quay thấp nhất của phân tử $\mathrm{NO}$.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• Khoảng cách cân bằng giữa hai hạt nhân: $r=\mathrm{0,115}4\mathrm{nm}$, tức $\mathrm{1,154}\times {10}^{-10}\mathrm{m}$.
• Khối lượng nguyên tử nitơ: $m_1=\mathrm{2,326}\times {10}^{-26}\mathrm{kg}$.
• Khối lượng nguyên tử oxy: $m_2=\mathrm{2,656}\times {10}^{-26}\mathrm{kg}$.
• Cần tìm: Khối lượng rút gọn $m_r$, mômen quán tính $I$, và năng lượng ba mức quay thấp nhất ($l=0,1,2$) theo $\mathrm{meV}$.

Hướng đi:

• Phân tử hai nguyên tử quay quanh khối tâm được quy về một chất điểm duy nhất có khối lượng rút gọn $m_r=\frac{m_1{m}_2}{m_1+m_2}$ chuyển động ở khoảng cách $r$.
• Mômen quán tính của phân tử đối với trục quay đi qua khối tâm và vuông góc với trục liên kết được xác định bởi công thức $I=m_r{r}^2$.
• Theo cơ học lượng tử, mômen động lượng bị lượng tử hóa dẫn đến mức năng lượng quay gián đoạn $E_l=l(l+1)\frac{{\hslash }^2}{2I}$ với $l=0,1,2,\dots$

Lời giải chi tiết:

(a) Tính khối lượng rút gọn của phân tử $\mathrm{NO}$: Với $m_1=\mathrm{2,326}\times {10}^{-26}\mathrm{kg}$ và $m_2=\mathrm{2,656}\times {10}^{-26}\mathrm{kg}$, tích khối lượng $m_1{m}_2\approx \mathrm{6,178}\times {10}^{-52}{\mathrm{kg}}^2$ và tổng khối lượng $m_1+m_2=\mathrm{4,982}\times {10}^{-26}\mathrm{kg}$:

$$\begin{array}{rl}{m}_r& =\frac{m_1{m}_2}{m_1+m_2}\\ & =\frac{\mathrm{6,178}\times {10}^{-52}{\mathrm{kg}}^2}{\mathrm{4,982}\times {10}^{-26}\mathrm{kg}}\\ & \approx \mathrm{1,240}\times {10}^{-26}\mathrm{kg}.\end{array}$$

(b) Tính mômen quán tính của phân tử $\mathrm{NO}$: Sử dụng giá trị $m_r\approx \mathrm{1,240}\times {10}^{-26}\mathrm{kg}$ cùng khoảng cách $r=\mathrm{0,115}4\mathrm{nm}$, tức $\mathrm{1,154}\times {10}^{-10}\mathrm{m}$:

$$\begin{array}{rl}I& =m_r{r}^2\\ & \approx \mathrm{1,651}\times {10}^{-46}\mathrm{kg}\cdot {\mathrm{m}}^2.\end{array}$$

(c) Năng lượng của ba mức quay thấp nhất ($l=0,1,2$): Với $\hslash =\mathrm{1,055}\times {10}^{-34}\mathrm{J}\cdot \mathrm{s}$ và $I\approx \mathrm{1,651}\times {10}^{-46}\mathrm{kg}\cdot {\mathrm{m}}^2$, hệ số năng lượng đặc trưng là:

$$\begin{array}{rl}{ϵ}_0& =\frac{{\hslash }^2}{2I}\\ & \approx \mathrm{3,371}\times {10}^{-23}\mathrm{J}.\end{array}$$

Đổi sang đơn vị milielectron-volt ($\mathrm{meV}$):

$$\begin{array}{rl}{ϵ}_0& =\frac{\mathrm{3,371}\times {10}^{-23}\mathrm{J}}{\mathrm{1,602}\times {10}^{-22}\mathrm{J}/\mathrm{meV}}\\ & \approx \mathrm{0,210}2\mathrm{meV}.\end{array}$$

Từ đó, ta tính các mức năng lượng $E_l=l(l+1){ϵ}_0$:

• Với mức $l=0$:

$$E_0=0\mathrm{meV}.$$

• Với mức $l=1$:

$$\begin{array}{rl}{E}_1& =1(2){ϵ}_0\\ & =2(\mathrm{0,210}2\mathrm{meV})\\ & \approx \mathrm{0,420}3\mathrm{meV}.\end{array}$$

• Với mức $l=2$:

$$\begin{array}{rl}{E}_2& =2(3){ϵ}_0\\ & =6(\mathrm{0,210}2\mathrm{meV})\\ & \approx \mathrm{1,261}\mathrm{meV}.\end{array}$$

Ba mức năng lượng quay thấp nhất của phân tử $\mathrm{NO}$ lần lượt là $0\mathrm{meV}$, $\mathrm{0,420}3\mathrm{meV}$ và $\mathrm{1,261}\mathrm{meV}$.

---

VP42.3.2

Mức năng lượng quay $l=2$ của phân tử hiđro clorua ($\mathrm{HCl}$) có giá trị $7,90\mathrm{meV}$. Khối lượng của nguyên tử hiđro phổ biến nhất là $\mathrm{1,674}\times {10}^{-27}\mathrm{kg}$, và khối lượng của nguyên tử clo phổ biến nhất là $\mathrm{5,807}\times {10}^{-26}\mathrm{kg}$. Hãy xác định: (a) Mômen quán tính của phân tử $\mathrm{HCl}$. (b) Khối lượng rút gọn của phân tử $\mathrm{HCl}$. (c) Khoảng cách giữa hạt nhân $\mathrm{H}$ và hạt nhân $\mathrm{Cl}$.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• Mức năng lượng quay ứng với $l=2$: $E_2=7,90\mathrm{meV}$. Đổi sang joule: $E_2\approx \mathrm{1,266}\times {10}^{-21}\mathrm{J}$ (với $1\mathrm{eV}=\mathrm{1,602}2\times {10}^{-19}\mathrm{J}$).
• Khối lượng nguyên tử $\mathrm{H}$: $m_1=\mathrm{1,674}\times {10}^{-27}\mathrm{kg}$.
• Khối lượng nguyên tử $\mathrm{Cl}$: $m_2=\mathrm{5,807}\times {10}^{-26}\mathrm{kg}$.
• Cần tìm: Mômen quán tính $I$, khối lượng rút gọn $m_r$, và khoảng cách liên hạt nhân $r$.

Hướng đi:

• Năng lượng quay được lượng tử hóa theo công thức $E_l=l(l+1)\frac{{\hslash }^2}{2I}$. Với $l=2$, ta có $E_2=\frac{3{\hslash }^2}{I}$, cho phép giải trực tiếp mômen quán tính $I$.
• Khối lượng rút gọn của hệ hai vật điểm tính bằng $m_r=\frac{m_1{m}_2}{m_1+m_2}$.
• Khi đã biết mômen quán tính và khối lượng rút gọn, khoảng cách giữa hai hạt nhân được xác định từ hệ thức $I=m_r{r}^2$, suy ra $r=\sqrt{I/m_r}$.

Lời giải chi tiết:

(a) Xác định mômen quán tính $I$ của phân tử $\mathrm{HCl}$: Biểu thức mức năng lượng quay tại $l=2$ là:

$$\begin{array}{rl}{E}_2& =2(2+1)\frac{{\hslash }^2}{2I}\\ & =\frac{3{\hslash }^2}{I}.\end{array}$$

Suy ra mômen quán tính:

$$\begin{array}{rl}I& =\frac{3{\hslash }^2}{E_2}\\ & =\frac{3(\mathrm{1,055}\times {10}^{-34}\mathrm{J}\cdot \mathrm{s}{)}^2}{\mathrm{1,266}\times {10}^{-21}\mathrm{J}}\\ & \approx 2,64\times {10}^{-47}\mathrm{kg}\cdot {\mathrm{m}}^2.\end{array}$$

(b) Xác định khối lượng rút gọn $m_r$: Với $m_1=\mathrm{1,674}\times {10}^{-27}\mathrm{kg}$ và $m_2=\mathrm{5,807}\times {10}^{-26}\mathrm{kg}$, tích khối lượng $m_1{m}_2\approx \mathrm{9,721}\times {10}^{-53}{\mathrm{kg}}^2$ và tổng $m_1+m_2\approx \mathrm{5,974}\times {10}^{-26}\mathrm{kg}$:

$$\begin{array}{rl}{m}_r& =\frac{m_1{m}_2}{m_1+m_2}\\ & =\frac{\mathrm{9,721}\times {10}^{-53}{\mathrm{kg}}^2}{\mathrm{5,974}\times {10}^{-26}\mathrm{kg}}\\ & \approx \mathrm{1,627}\times {10}^{-27}\mathrm{kg}.\end{array}$$

(c) Xác định khoảng cách giữa hai hạt nhân $r$: Từ mối liên hệ giữa mômen quán tính và khoảng cách liên hạt nhân:

$$\begin{array}{rl}r& =\sqrt{\frac{I}{m_r}}\\ & =\sqrt{\frac{2,64\times {10}^{-47}\mathrm{kg}\cdot {\mathrm{m}}^2}{\mathrm{1,627}\times {10}^{-27}\mathrm{kg}}}\\ & \approx 1,27\times {10}^{-10}\mathrm{m}\\ & =\mathrm{0,127}\mathrm{nm}.\end{array}$$

Khoảng cách cân bằng giữa hai hạt nhân trong phân tử $\mathrm{HCl}$ là $\mathrm{0,127}\mathrm{nm}$.

---

VP42.3.3

Khối lượng của nguyên tử silic phổ biến nhất là $\mathrm{4,646}\times {10}^{-26}\mathrm{kg}$, và khối lượng của nguyên tử oxy phổ biến nhất là $\mathrm{2,656}\times {10}^{-26}\mathrm{kg}$. Khi một phân tử silic monoxit ($\mathrm{SiO}$) thực hiện bước chuyển mức giữa hai mức năng lượng quay $l=1$ và $l=0$, nó phát ra một có bước sóng $\mathrm{6,882}\mathrm{mm}$. Hãy xác định: (a) Mômen quán tính của phân tử $\mathrm{SiO}$. (b) Khối lượng rút gọn của phân tử $\mathrm{SiO}$. (c) Khoảng cách giữa hai hạt nhân $\mathrm{Si}$ và $\mathrm{O}$.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• Khối lượng nguyên tử silic: $m_1=\mathrm{4,646}\times {10}^{-26}\mathrm{kg}$.
• Khối lượng nguyên tử oxy: $m_2=\mathrm{2,656}\times {10}^{-26}\mathrm{kg}$.
• Bước sóng phát xạ khi chuyển mức $l=1\to 0$: $\lambda =\mathrm{6,882}\mathrm{mm}$, tức $\mathrm{6,882}\times {10}^{-3}\mathrm{m}$.
• Cần tìm: Mômen quán tính $I$, khối lượng rút gọn $m_r$, và khoảng cách liên hạt nhân $r$.

Hướng đi:

• Khi phân tử chuyển mức từ $l=1$ về $l=0$, năng lượng mất đi là $\mathrm{\Delta }E=E_1-E_0=\frac{{\hslash }^2}{I}$.
• Năng lượng này truyền trọn vẹn cho phát ra: $\mathrm{\Delta }E=\frac{hc}{\lambda }$. Cân bằng hai vế giúp ta tính được mômen quán tính $I$.
• Khối lượng rút gọn $m_r$ được tính từ khối lượng hai nguyên tử.
• Khoảng cách giữa hai hạt nhân được suy ra từ công thức $r=\sqrt{I/m_r}$.

Lời giải chi tiết:

(a) Xác định mômen quán tính $I$: Độ biến thiên năng lượng quay trong bước chuyển mức $l=1\to l=0$ là:

$$\begin{array}{rl}\mathrm{\Delta }E& =1(1+1)\frac{{\hslash }^2}{2I}-0\\ & =\frac{{\hslash }^2}{I}.\end{array}$$

Theo định luật bảo toàn năng lượng:

$$\frac{{\hslash }^2}{I}=\frac{hc}{\lambda }=\frac{2\pi \hslash c}{\lambda }.$$

Suy ra mômen quán tính: Tích $h\lambda \approx \mathrm{4,560}\times {10}^{-36}\mathrm{J}\cdot \mathrm{s}\cdot \mathrm{m}$ và mẫu số $4{\pi }^{2}c\approx \mathrm{1,184}\times {10}^{10}\mathrm{m}/\mathrm{s}$:

$$\begin{array}{rl}I& =\frac{h\lambda }{4{\pi }^{2}c}\\ & =\frac{\mathrm{4,560}\times {10}^{-36}\mathrm{J}\cdot \mathrm{s}\cdot \mathrm{m}}{\mathrm{1,184}\times {10}^{10}\mathrm{m}/\mathrm{s}}\\ & \approx \mathrm{3,853}\times {10}^{-46}\mathrm{kg}\cdot {\mathrm{m}}^2.\end{array}$$

(b) Xác định khối lượng rút gọn $m_r$: Với $m_1=\mathrm{4,646}\times {10}^{-26}\mathrm{kg}$ và $m_2=\mathrm{2,656}\times {10}^{-26}\mathrm{kg}$, tích khối lượng $m_1{m}_2\approx \mathrm{1,234}\times {10}^{-51}{\mathrm{kg}}^2$ và tổng $m_1+m_2=\mathrm{7,302}\times {10}^{-26}\mathrm{kg}$:

$$\begin{array}{rl}{m}_r& =\frac{m_1{m}_2}{m_1+m_2}\\ & =\frac{\mathrm{1,234}\times {10}^{-51}{\mathrm{kg}}^2}{\mathrm{7,302}\times {10}^{-26}\mathrm{kg}}\\ & \approx \mathrm{1,690}\times {10}^{-26}\mathrm{kg}.\end{array}$$

(c) Xác định khoảng cách giữa hai hạt nhân $r$: Từ mối liên hệ $I=m_r{r}^2$, tỷ số $I/m_r\approx \mathrm{2,280}\times {10}^{-20}{\mathrm{m}}^2$:

$$\begin{array}{rl}r& =\sqrt{\frac{I}{m_r}}\\ & =\sqrt{\mathrm{2,280}\times {10}^{-20}{\mathrm{m}}^2}\\ & \approx \mathrm{1,510}\times {10}^{-10}\mathrm{m}\\ & =\mathrm{0,151}0\mathrm{nm}.\end{array}$$

Khoảng cách cân bằng giữa hai hạt nhân trong phân tử $\mathrm{SiO}$ là $\mathrm{0,151}0\mathrm{nm}$.

---

VP42.3.4

Một phân tử $\mathrm{CO}$ ban đầu ở mức dao động $n=2$. Nếu phân tử này đồng thời mất cả năng lượng dao động và năng lượng quay để phát ra một , hãy tìm bước sóng và tần số của photon phát ra nếu số lượng tử mômen động lượng ban đầu là: (a) $l=3$. (b) $l=2$.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• Phân tử: Cacbon monoxit ($\mathrm{CO}$).
• Khoảng cách giữa các mức năng lượng dao động kế tiếp: $\hslash \omega =\mathrm{0,269}0\mathrm{eV}$.
• Hằng số năng lượng quay: ${ϵ}_0=\frac{{\hslash }^2}{2I}$, tức $\mathrm{0,239}5\mathrm{meV}$, tức $\mathrm{0,000}2395\mathrm{eV}$ (tương ứng khoảng cách giữa hai mức quay $l=0$ và $l=1$ là $2{ϵ}_0=\mathrm{0,479}\mathrm{meV}$).
• Trạng thái ban đầu: Mức dao động $n=2$.
• Phân tử mất cả năng lượng dao động và quay: Bước chuyển dao động thỏa mãn quy tắc chọn lọc $\mathrm{\Delta }n=-1$ (chuyển từ $n=2$ xuống $n=1$), và bước chuyển quay thỏa mãn $\mathrm{\Delta }l=-1$ để năng lượng quay giảm.
• Cần tìm: Tần số $f$ và bước sóng $\lambda$ của phát ra khi: (a) Trạng thái quay ban đầu là $l=3$. (b) Trạng thái quay ban đầu là $l=2$.

Hướng đi:

• Năng lượng toàn phần của trạng thái dao động – quay trong phân tử hai nguyên tử là $E_{nl}=E_n+E_l$, với $E_n=(n+\frac{1}{2})\hslash \omega$ và $E_l=l(l+1){\hslash }^2/(2I)$.
• Khi phân tử mất cả năng lượng dao động và quay, bước chuyển tương ứng với nhánh $P$ với $\mathrm{\Delta }n=-1$ và $\mathrm{\Delta }l=-1$.
• Năng lượng phát ra bằng hiệu năng lượng giữa trạng thái ban đầu và trạng thái cuối: $E_{ph}=\hslash \omega +\mathrm{\Delta }{E}_{rot}$, với $\mathrm{\Delta }{E}_{rot}=2l{ϵ}_0$.
• Tần số tính bằng $f=E_{ph}/h$, và bước sóng tính bằng $\lambda =c/f$.

Lời giải chi tiết:

(a) Trường hợp số lượng tử quay ban đầu $l=3$: Vì phân tử mất năng lượng quay, trạng thái quay cuối cùng là $l^{\prime }=l-1=2$. Độ giảm năng lượng quay của phân tử là:

$$\begin{array}{rl}\mathrm{\Delta }{E}_{rot}& =[3(4)-2(3)]{ϵ}_0\\ & =6{ϵ}_0\\ & =3(2{ϵ}_0)\\ & =3(\mathrm{0,479}\mathrm{meV})\\ & =\mathrm{1,437}\mathrm{meV}\\ & =\mathrm{0,001}437\mathrm{eV}.\end{array}$$

Độ giảm năng lượng dao động là $\mathrm{\Delta }{E}_{vib}=\hslash \omega =\mathrm{0,269}0\mathrm{eV}$. Năng lượng toàn phần của phát ra: Tổng năng lượng $\mathrm{\Delta }{E}_{vib}=\mathrm{0,269}0\mathrm{eV}$ và $\mathrm{\Delta }{E}_{rot}=\mathrm{0,001}437\mathrm{eV}$:

$$\begin{array}{rl}{E}_{ph}& =\mathrm{\Delta }{E}_{vib}+\mathrm{\Delta }{E}_{rot}\\ & =\mathrm{0,270}437\mathrm{eV}.\end{array}$$

Đổi sang joule với $1\mathrm{eV}=\mathrm{1,602}2\times {10}^{-19}\mathrm{J}$:

$$E_{ph}\approx \mathrm{4,333}\times {10}^{-20}\mathrm{J}.$$

Tần số của :

$$\begin{array}{rl}f& =\frac{E_{ph}}{h}\\ & =\frac{\mathrm{4,333}\times {10}^{-20}\mathrm{J}}{\mathrm{6,626}\times {10}^{-34}\mathrm{J}\cdot \mathrm{s}}\\ & \approx \mathrm{6,538}\times {10}^{13}\mathrm{Hz}.\end{array}$$

Bước sóng của :

$$\begin{array}{rl}\lambda & =\frac{c}{f}\\ & =\frac{3,00\times {10}^8\mathrm{m}/\mathrm{s}}{\mathrm{6,538}\times {10}^{13}\mathrm{Hz}}\\ & \approx \mathrm{4,585}\times {10}^{-6}\mathrm{m}\\ & =\mathrm{4,585}\mu \mathrm{m}.\end{array}$$

(b) Trường hợp số lượng tử quay ban đầu $l=2$: Trạng thái quay cuối cùng là $l^{\prime }=l-1=1$. Độ giảm năng lượng quay của phân tử là:

$$\begin{array}{rl}\mathrm{\Delta }{E}_{rot}& =[2(3)-1(2)]{ϵ}_0\\ & =4{ϵ}_0\\ & =2(2{ϵ}_0)\\ & =2(\mathrm{0,479}\mathrm{meV})\\ & =\mathrm{0,958}\mathrm{meV}\\ & =\mathrm{0,000}958\mathrm{eV}.\end{array}$$

Năng lượng phát ra: Tổng năng lượng $\mathrm{\Delta }{E}_{vib}=\mathrm{0,269}0\mathrm{eV}$ và $\mathrm{\Delta }{E}_{rot}=\mathrm{0,000}958\mathrm{eV}$:

$$\begin{array}{rl}{E}_{ph}& =\mathrm{\Delta }{E}_{vib}+\mathrm{\Delta }{E}_{rot}\\ & =\mathrm{0,269}958\mathrm{eV}.\end{array}$$

Đổi sang joule với $1\mathrm{eV}=\mathrm{1,602}2\times {10}^{-19}\mathrm{J}$:

$$E_{ph}\approx \mathrm{4,325}\times {10}^{-20}\mathrm{J}.$$

Tần số của :

$$\begin{array}{rl}f& =\frac{E_{ph}}{h}\\ & =\frac{\mathrm{4,325}\times {10}^{-20}\mathrm{J}}{\mathrm{6,626}\times {10}^{-34}\mathrm{J}\cdot \mathrm{s}}\\ & \approx \mathrm{6,527}\times {10}^{13}\mathrm{Hz}.\end{array}$$

Bước sóng của :

$$\begin{array}{rl}\lambda & =\frac{c}{f}\\ & =\frac{3,00\times {10}^8\mathrm{m}/\mathrm{s}}{\mathrm{6,527}\times {10}^{13}\mathrm{Hz}}\\ & \approx \mathrm{4,593}\times {10}^{-6}\mathrm{m}\\ & =\mathrm{4,593}\mu \mathrm{m}.\end{array}$$

---

VP42.7.1

Đối với các electron tự do trong chất rắn có mức $E_F$ tại nhiệt độ $T$, hãy tìm mức năng lượng $E$ để xác suất bị chiếm của một trạng thái tại mức năng lượng đó bằng: (a) $0,33$. (b) $0,90$.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• : $E_F$.
• : $T$.
• Cần tìm: Biểu thức năng lượng $E$ theo $E_F$ và $kT$ sao cho xác suất chiếm mức $f(E)$ nhận các giá trị: (a) $f(E)=0,33$. (b) $f(E)=0,90$.

Hướng đi:

• Xác suất chiếm một trạng thái lượng tử có năng lượng $E$ bởi một electron tuân theo hàm :

$$f(E)=\frac{1}{e^{(E-E_F)/kT}+1}.$$

• Nghịch đảo phương trình:

$$e^{(E-E_F)/kT}=\frac{1}{f(E)}-1.$$

• Lấy logarit tự nhiên hai vế giúp giải trực tiếp tỷ số $(E-E_F)/kT$.

Lời giải chi tiết:

(a) Với xác suất chiếm $f(E)=0,33$: Áp dụng công thức biến đổi từ hàm :

$$\begin{array}{rl}{e}^{(E-E_F)/kT}& =\frac{1}{0,33}-1\\ & \approx \mathrm{3,030}3-1\\ & =\mathrm{2,030}3.\end{array}$$

Lấy logarit tự nhiên hai vế:

$$\begin{array}{rl}\frac{E-E_F}{kT}& =\ln (\mathrm{2,030}3)\\ & \approx +0,71.\end{array}$$

Suy ra mức năng lượng tương ứng:

$$E=E_F+0,71kT.$$

(b) Với xác suất chiếm $f(E)=0,90$: Tương tự:

$$\begin{array}{rl}{e}^{(E-E_F)/kT}& =\frac{1}{0,90}-1\\ & \approx \mathrm{1,111}1-1\\ & =\mathrm{0,111}1.\end{array}$$

Lấy logarit tự nhiên:

$$\begin{array}{rl}\frac{E-E_F}{kT}& =\ln (\mathrm{0,111}1)\\ & \approx -2,20.\end{array}$$

Suy ra mức năng lượng tương ứng:

$$E=E_F-2,2kT.$$

Như vậy, trạng thái có xác suất chiếm $0,33$ nằm cao hơn một lượng $0,71kT$, trong khi trạng thái có xác suất chiếm $0,90$ nằm sâu dưới mức Fermi một khoảng $2,2kT$.

---

VP42.7.2

Hằng số Boltzmann có giá trị $k=\mathrm{8,617}\times {10}^{-5}\mathrm{eV}/\mathrm{K}$. Đối với một khối kim loại ở nhiệt độ phòng ($293\mathrm{K}$), hãy tính xác suất chiếm một trạng thái electron nếu mức năng lượng của nó: (a) Nằm dưới $\mathrm{0,025}0\mathrm{eV}$. (b) Nằm trên mức Fermi $\mathrm{0,040}0\mathrm{eV}$. (c) Nằm trên mức Fermi $\mathrm{0,100}\mathrm{eV}$.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• Hằng số Boltzmann: $k=\mathrm{8,617}\times {10}^{-5}\mathrm{eV}/\mathrm{K}$.
• Nhiệt độ khối kim loại: $T=293\mathrm{K}$.
• Cần tính $f(E)$ khi hiệu năng lượng $E-E_F$ nhận các giá trị: (a) $E-E_F=-\mathrm{0,025}0\mathrm{eV}$. (b) $E-E_F=+\mathrm{0,040}0\mathrm{eV}$. (c) $E-E_F=+\mathrm{0,100}\mathrm{eV}$.

Hướng đi:

• Trước hết, tính năng lượng nhiệt đặc trưng $kT$ ở nhiệt độ đã cho.
• Áp dụng trực tiếp hàm $f(E)=\frac{1}{e^{(E-E_F)/kT}+1}$.

Lời giải chi tiết:

Tính năng lượng nhiệt $kT$ tại $T=293\mathrm{K}$ với $k=\mathrm{8,617}\times {10}^{-5}\mathrm{eV}/\mathrm{K}$:

$$kT\approx \mathrm{0,025}25\mathrm{eV}.$$

(a) Năng lượng nằm dưới $\mathrm{0,025}0\mathrm{eV}$ ($E-E_F=-\mathrm{0,025}0\mathrm{eV}$): Số mũ trong :

$$\begin{array}{rl}\frac{E-E_F}{kT}& =\frac{-\mathrm{0,025}0\mathrm{eV}}{\mathrm{0,025}25\mathrm{eV}}\\ & \approx -\mathrm{0,990}1.\end{array}$$

Xác suất chiếm mức:

$$\begin{array}{rl}f(E)& =\frac{1}{e^{-\mathrm{0,990}1}+1}\\ & =\frac{1}{\mathrm{0,371}5+1}\\ & \approx \mathrm{0,729.}\end{array}$$

(b) Năng lượng nằm trên $\mathrm{0,040}0\mathrm{eV}$ ($E-E_F=+\mathrm{0,040}0\mathrm{eV}$): Số mũ trong hàm phân bố:

$$\begin{array}{rl}\frac{E-E_F}{kT}& =\frac{+\mathrm{0,040}0\mathrm{eV}}{\mathrm{0,025}25\mathrm{eV}}\\ & \approx +\mathrm{1,584}2.\end{array}$$

Xác suất chiếm mức:

$$\begin{array}{rl}f(E)& =\frac{1}{e^{\mathrm{1,584}2}+1}\\ & =\frac{1}{\mathrm{4,875}+1}\\ & \approx \mathrm{0,170.}\end{array}$$

(c) Năng lượng nằm trên $\mathrm{0,100}\mathrm{eV}$ ($E-E_F=+\mathrm{0,100}\mathrm{eV}$): Số mũ trong hàm phân bố:

$$\begin{array}{rl}\frac{E-E_F}{kT}& =\frac{+\mathrm{0,100}\mathrm{eV}}{\mathrm{0,025}25\mathrm{eV}}\\ & \approx +\mathrm{3,960}4.\end{array}$$

Xác suất chiếm mức:

$$\begin{array}{rl}f(E)& =\frac{1}{e^{\mathrm{3,960}4}+1}\\ & =\frac{1}{52,48+1}\\ & \approx \mathrm{0,018}7.\end{array}$$

---

VP42.7.3

Bạc chứa mật độ electron tự do là $5,8\times {10}^{28}{\mathrm{m}}^{-3}$. Tại nhiệt độ không độ tuyệt đối ($0\mathrm{K}$), hãy xác định: (a) của bạc (tính theo đơn vị $\mathrm{J}$ và $\mathrm{eV}$). (b) Tốc độ của electron có mức năng lượng này. (c) (tính theo $\text{trạng thái/J}$ và $\text{trạng thái/eV}$) tại mức năng lượng Fermi cho một khối bạc có thể tích $1,0{\mathrm{cm}}^3$.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• Mật độ số hạt electron dẫn: $n=\frac{N}{V}=5,8\times {10}^{28}{\mathrm{m}}^{-3}$.
• Nhiệt độ: $T=0\mathrm{K}$.
• Thể tích khối bạc: $V=1,0{\mathrm{cm}}^3$, tức $1,0\times {10}^{-6}{\mathrm{m}}^3$.
• Cần tìm: $E_F$ (theo $\mathrm{J}$ và $\mathrm{eV}$), tốc độ Fermi $v_F$, $g(E_F)$ theo $\text{trạng thái/J}$ và $\text{trạng thái/eV}$.

Hướng đi:

• Trong mô hình , tại $0\mathrm{K}$ liên hệ trực tiếp với mật độ hạt qua công thức $E_F=\frac{{\hslash }^2}{2m_e}(3{\pi }^{2}n{)}^{2/3}$.
• Tốc độ Fermi liên hệ với động năng cực đại qua biểu thức phi tương đối tính $E_F=\frac{1}{2}{m}_e{v}_F^2$, suy ra $v_F=\sqrt{2E_F/m_e}$.
• toàn phần tại năng lượng $E_F$ cho khối có thể tích $V$ có thể tính nhanh bằng hệ thức vi $g(E_F)=\frac{3N}{2E_F}$, trong đó $N=nV$ là tổng số electron tự do.

Lời giải chi tiết:

(a) của bạc: Tính thừa số mật độ với $n=5,8\times {10}^{28}{\mathrm{m}}^{-3}$:

$$3{\pi }^{2}n\approx \mathrm{1,717}\times {10}^{30}{\mathrm{m}}^{-3}.$$

Lũy thừa bậc $2/3$ của đại lượng này là $(3{\pi }^{2}n{)}^{2/3}\approx \mathrm{1,434}\times {10}^{20}{\mathrm{m}}^{-2}$.

Với $\frac{{\hslash }^2}{2m_e}\approx \mathrm{6,108}\times {10}^{-39}\mathrm{J}\cdot {\mathrm{m}}^2$ và $(3{\pi }^{2}n{)}^{2/3}\approx \mathrm{1,434}\times {10}^{20}{\mathrm{m}}^{-2}$:

$$\begin{array}{rl}{E}_F& =\frac{{\hslash }^2}{2m_e}(3{\pi }^{2}n{)}^{2/3}\\ & \approx 8,76\times {10}^{-19}\mathrm{J}\\ & \approx 8,8\times {10}^{-19}\mathrm{J}.\end{array}$$

Đổi sang đơn vị electron-volt:

$$\begin{array}{rl}{E}_F& =\frac{8,76\times {10}^{-19}\mathrm{J}}{\mathrm{1,602}\times {10}^{-19}\mathrm{J}/\mathrm{eV}}\\ & \approx 5,5\mathrm{eV}.\end{array}$$

(b) Tốc độ Fermi $v_F$: Từ động năng của electron tại mặt Fermi:

$$\begin{array}{rl}{v}_F& =\sqrt{\frac{2E_F}{m_e}}\\ & =\sqrt{\frac{2(8,76\times {10}^{-19}\mathrm{J})}{\mathrm{9,109}\times {10}^{-31}\mathrm{kg}}}\\ & \approx 1,39\times {10}^6\mathrm{m}/\mathrm{s}\\ & \approx 1,4\times {10}^6\mathrm{m}/\mathrm{s}.\end{array}$$

(c) $g(E_F)$ tại mức : Tổng số electron tự do trong mẫu là:

$$N=nV=5,8\times {10}^{22}.$$

tại mức với $2E_F\approx \mathrm{1,752}\times {10}^{-18}\mathrm{J}$:

$$\begin{array}{rl}g(E_F)& =\frac{3N}{2E_F}\\ & \approx 9,9\times {10}^{40}{\mathrm{J}}^{-1}.\end{array}$$

Giá trị này tương ứng với $9,9\times {10}^{40}\text{trạng thái/J}$. Đổi sang đơn vị theo $\mathrm{eV}$ với $1\mathrm{eV}=\mathrm{1,602}2\times {10}^{-19}\mathrm{J}$:

$$g(E_F)\approx 1,6\times {10}^{22}{\mathrm{eV}}^{-1}.$$

Tương ứng với $1,6\times {10}^{22}\text{trạng thái/eV}$.

---

VP42.7.4

Nếu tích $kT$ rất nhỏ so với tại không độ tuyệt đối, thì năng lượng Fermi tại nhiệt độ $T$ thực tế không khác biệt đáng kể so với tại $0\mathrm{K}$. Sử dụng kết quả của bài trước ($E_F\approx 5,47\mathrm{eV}$ đối với bạc), hãy tìm mức năng lượng của electron (tính theo $\mathrm{eV}$) để của electron bằng: (a) $0,92$. (b) $1,0\times {10}^{-4}$ đối với bạc ở nhiệt độ phòng ($293\mathrm{K}$).

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• của bạc: $E_F\approx 5,47\mathrm{eV}$ (làm tròn $5,5\mathrm{eV}$).
• Nhiệt độ phòng: $T=293\mathrm{K}$, suy ra $kT\approx \mathrm{0,025}25\mathrm{eV}$.
• Cần tìm mức năng lượng $E$ (theo $\mathrm{eV}$) khi: (a) Xác suất chiếm $f(E)=0,92$. (b) Xác suất chiếm $f(E)=1,0\times {10}^{-4}$.

Hướng đi:

• Dùng hệ thức rút ra từ hàm :

$$e^{(E-E_F)/kT}=\frac{1}{f(E)}-1.$$

• Lấy logarit tự nhiên hai vế giúp tìm độ lệch năng lượng $\mathrm{\Delta }E=E-E_F$, tức $kT\ln [1/f(E)-1]$.

Lời giải chi tiết:

(a) Với xác suất chiếm $f(E)=0,92$: Tính hệ số logarit:

$$\begin{array}{rl}\frac{1}{0,92}-1& \approx \mathrm{0,086}96,\\ \ln (\mathrm{0,086}96)& \approx -\mathrm{2,442.}\end{array}$$

Độ lệch năng lượng so với với $kT\approx \mathrm{0,025}25\mathrm{eV}$:

$$\begin{array}{rl}\mathrm{\Delta }E& =-\mathrm{2,442}kT\\ & \approx -\mathrm{0,061}7\mathrm{eV}.\end{array}$$

Mức năng lượng tương ứng:

$$\begin{array}{rl}E& =E_F+\mathrm{\Delta }E\\ & =5,47\mathrm{eV}-\mathrm{0,061}7\mathrm{eV}\\ & \approx 5,4\mathrm{eV}.\end{array}$$

(b) Với xác suất chiếm $f(E)=1,0\times {10}^{-4}$: Vì $f(E)\ll 1$, ta có $\frac{1}{f(E)}-1\approx {10}^4$. Tính hệ số logarit:

$$\ln ({10}^4)\approx \mathrm{9,210.}$$

Độ lệch năng lượng so với với $kT\approx \mathrm{0,025}25\mathrm{eV}$:

$$\begin{array}{rl}\mathrm{\Delta }E& =\mathrm{9,210}kT\\ & \approx +\mathrm{0,232}5\mathrm{eV}.\end{array}$$

Mức năng lượng tương ứng:

$$\begin{array}{rl}E& =E_F+\mathrm{\Delta }E\\ & =5,47\mathrm{eV}+\mathrm{0,232}5\mathrm{eV}\\ & \approx 5,7\mathrm{eV}.\end{array}$$

---

VP42.9.1

Đối với một chất bán dẫn nhất định, mức nằm chính giữa khe cấm năng lượng. Nếu nhiệt độ của khối bán dẫn là $285\mathrm{K}$, hãy tính xác suất chiếm một trạng thái tại đáy vùng dẫn nếu độ rộng khe cấm là: (a) $\mathrm{0,500}\mathrm{eV}$. (b) $1,50\mathrm{eV}$.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• Nhiệt độ khối bán dẫn: $T=285\mathrm{K}$.
• nằm ở giữa khe cấm: $E_c-E_F=\frac{1}{2}{E}_g$.
• Cần tính tại đáy vùng dẫn $f(E_c)$ với: (a) $E_g=\mathrm{0,500}\mathrm{eV}$, suy ra $E_c-E_F=\mathrm{0,250}\mathrm{eV}$. (b) $E_g=1,50\mathrm{eV}$, suy ra $E_c-E_F=\mathrm{0,750}\mathrm{eV}$.

Hướng đi:

• Năng lượng nhiệt được tính bằng $kT$. Dùng $k=\mathrm{8,617}\times {10}^{-5}\mathrm{eV}/\mathrm{K}$ và $T=285\mathrm{K}$.
• Áp dụng hàm $f(E_c)=\frac{1}{e^{(E_c-E_F)/kT}+1}$, xấp xỉ $e^{-(E_c-E_F)/kT}$ khi $E_c-E_F\gg kT$.

Lời giải chi tiết:

Tính năng lượng nhiệt $kT$ tại $T=285\mathrm{K}$ với $k=\mathrm{8,617}\times {10}^{-5}\mathrm{eV}/\mathrm{K}$:

$$kT\approx \mathrm{0,024}56\mathrm{eV}.$$

(a) Khi bề rộng khe cấm $E_g=\mathrm{0,500}\mathrm{eV}$: Độ chênh lệch năng lượng giữa đáy vùng dẫn và :

$$\begin{array}{rl}{E}_c-E_F& =\frac{E_g}{2}\\ & =\frac{\mathrm{0,500}\mathrm{eV}}{2}\\ & =\mathrm{0,250}\mathrm{eV}.\end{array}$$

Tỷ số không thứ nguyên:

$$\begin{array}{rl}\frac{E_c-E_F}{kT}& =\frac{\mathrm{0,250}\mathrm{eV}}{\mathrm{0,024}56\mathrm{eV}}\\ & \approx \mathrm{10,179.}\end{array}$$

tại đáy vùng dẫn:

$$\begin{array}{rl}f(E_c)& =\frac{1}{e^{\mathrm{10,179}}+1}\\ & \approx e^{-\mathrm{10,179}}\\ & \approx 3,79\times {10}^{-5}.\end{array}$$

(b) Khi bề rộng khe cấm $E_g=1,50\mathrm{eV}$: Độ chênh lệch năng lượng:

$$\begin{array}{rl}{E}_c-E_F& =\frac{1,50\mathrm{eV}}{2}\\ & =\mathrm{0,750}\mathrm{eV}.\end{array}$$

Tỷ số không thứ nguyên:

$$\begin{array}{rl}\frac{E_c-E_F}{kT}& =\frac{\mathrm{0,750}\mathrm{eV}}{\mathrm{0,024}56\mathrm{eV}}\\ & \approx \mathrm{30,537.}\end{array}$$

:

$$\begin{array}{rl}f(E_c)& =\frac{1}{e^{\mathrm{30,537}}+1}\\ & \approx e^{-\mathrm{30,537}}\\ & \approx 5,46\times {10}^{-14}.\end{array}$$

---

VP42.9.2

Hãy tìm tỷ số giữa xác suất chiếm một trạng thái tại đáy vùng dẫn của một chất bán dẫn ở nhiệt độ $315\mathrm{K}$ so với xác suất tại $295\mathrm{K}$ nếu khe cấm năng lượng có giá trị: (a) $\mathrm{0,400}\mathrm{eV}$. (b) $\mathrm{0,800}\mathrm{eV}$. Giả thiết rằng mức nằm chính giữa khe cấm năng lượng.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• nằm ở giữa khe cấm: $E_c-E_F=\frac{1}{2}{E}_g$.
• Hai nhiệt độ khảo sát: $T_1=295\mathrm{K}$ và $T_2=315\mathrm{K}$.
• Cần tìm tỷ số xác suất $R=\frac{f(E_c,T_2)}{f(E_c,T_1)}$ khi: (a) $E_g=\mathrm{0,400}\mathrm{eV}$, suy ra $E_c-E_F=\mathrm{0,200}\mathrm{eV}$. (b) $E_g=\mathrm{0,800}\mathrm{eV}$, suy ra $E_c-E_F=\mathrm{0,400}\mathrm{eV}$.

Hướng đi:

• Với bán dẫn thực tế ở nhiệt độ phòng, $E_c-E_F\gg kT$, số hạng $+1$ trong mẫu số của là không đáng kể, do đó ta có gần đúng Maxwell–Boltzmann rất chính xác:

$$f(E_c,T)\approx e^{-(E_c-E_F)/kT}.$$

• Tỷ số xác suất giữa hai nhiệt độ tính theo độ lệch số mũ:

$$R=\frac{f(E_c,T_2)}{f(E_c,T_1)}\approx e^{\mathrm{\Delta }},$$

với $\mathrm{\Delta }=\frac{E_c-E_F}{k}(\frac{1}{T_1}-\frac{1}{T_2})$.

Lời giải chi tiết:

Hiệu số nghịch đảo nhiệt độ với $T_1=295\mathrm{K}$ và $T_2=315\mathrm{K}$ là $\frac{1}{T_1}-\frac{1}{T_2}\approx \mathrm{2,152}\times {10}^{-4}{\mathrm{K}}^{-1}$. Thừa số nhiệt độ $\beta =\frac{1}{k}(\frac{1}{T_1}-\frac{1}{T_2})$:

$$\begin{array}{rl}\beta & =\frac{\mathrm{2,152}\times {10}^{-4}{\mathrm{K}}^{-1}}{\mathrm{8,617}\times {10}^{-5}\mathrm{eV}/\mathrm{K}}\\ & \approx \mathrm{2,497}{\mathrm{eV}}^{-1}.\end{array}$$

(a) Khi $E_g=\mathrm{0,400}\mathrm{eV}$: Ta có $E_c-E_F=\mathrm{0,200}\mathrm{eV}$. Số mũ của tỷ số với $\beta \approx \mathrm{2,497}{\mathrm{eV}}^{-1}$:

$$\mathrm{\Delta }=(\mathrm{0,200}\mathrm{eV})\beta \approx \mathrm{0,499}4.$$

Tỷ số xác suất:

$$\begin{array}{rl}R& =e^{\mathrm{0,499}4}\\ & \approx 1,65.\end{array}$$

(b) Khi $E_g=\mathrm{0,800}\mathrm{eV}$: Ta có $E_c-E_F=\mathrm{0,400}\mathrm{eV}$. Số mũ của tỷ số với $\beta \approx \mathrm{2,497}{\mathrm{eV}}^{-1}$:

$$\mathrm{\Delta }=(\mathrm{0,400}\mathrm{eV})\beta \approx \mathrm{0,998}8.$$

Tỷ số xác suất:

$$\begin{array}{rl}R& =e^{\mathrm{0,998}8}\\ & \approx 2,72.\end{array}$$

Khe cấm càng rộng, xác suất kích thích nhiệt lên vùng dẫn càng nhạy cảm với sự gia tăng nhiệt độ.

---

VP42.9.3

Xét một vật liệu bán dẫn có mức nằm chính giữa khe cấm. Bề rộng khe cấm năng lượng phải bằng bao nhiêu để xác suất chiếm một trạng thái tại đáy vùng dẫn bằng $\mathrm{0,001}90$ nếu nhiệt độ của khối chất là: (a) $305\mathrm{K}$. (b) $325\mathrm{K}$.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• ở giữa khe cấm: $E_c-E_F=\frac{1}{2}{E}_g$, suy ra $E_g=2(E_c-E_F)$.
• đáy vùng dẫn: $f(E_c)=\mathrm{0,001}90$.
• Cần tìm bề rộng khe cấm $E_g$ tại hai nhiệt độ: (a) $T=305\mathrm{K}$. (b) $T=325\mathrm{K}$.

Hướng đi:

• Từ hàm :

$$f(E_c)=\frac{1}{e^{(E_c-E_F)/kT}+1}.$$

• Nghịch đảo phương trình:

$$e^{(E_c-E_F)/kT}=\frac{1}{f(E_c)}-1.$$

• Lấy logarit tự nhiên hai vế giúp giải ra hiệu năng lượng $E_c-E_F$. Bề rộng khe cấm năng lượng bằng hai lần khoảng cách này: $E_g=2(E_c-E_F)$.

Lời giải chi tiết:

Tính hệ số logarit từ xác suất đã cho:

$$\begin{array}{rl}\frac{1}{\mathrm{0,001}90}-1& \approx \mathrm{526,316}-1\\ & =\mathrm{525,316.}\end{array}$$

Lấy logarit tự nhiên:

$$\ln (\mathrm{525,316})\approx \mathrm{6,264}0.$$

(a) Tại nhiệt độ $T=305\mathrm{K}$: Năng lượng nhiệt với $k=\mathrm{8,617}\times {10}^{-5}\mathrm{eV}/\mathrm{K}$:

$$kT\approx \mathrm{0,026}28\mathrm{eV}.$$

Khoảng cách từ đến đáy vùng dẫn:

$$\begin{array}{rl}{E}_c-E_F& =\mathrm{6,264}0kT\\ & \approx \mathrm{0,164}6\mathrm{eV}.\end{array}$$

Bề rộng khe cấm năng lượng:

$$\begin{array}{rl}{E}_g& =2(\mathrm{0,164}6\mathrm{eV})\\ & \approx \mathrm{0,329}\mathrm{eV}.\end{array}$$

(b) Tại nhiệt độ $T=325\mathrm{K}$: Năng lượng nhiệt với $k=\mathrm{8,617}\times {10}^{-5}\mathrm{eV}/\mathrm{K}$:

$$kT\approx \mathrm{0,028}01\mathrm{eV}.$$

Khoảng cách từ đến đáy vùng dẫn:

$$\begin{array}{rl}{E}_c-E_F& =\mathrm{6,264}0kT\\ & \approx \mathrm{0,175}4\mathrm{eV}.\end{array}$$

Bề rộng khe cấm năng lượng:

$$\begin{array}{rl}{E}_g& =2(\mathrm{0,175}4\mathrm{eV})\\ & \approx \mathrm{0,351}\mathrm{eV}.\end{array}$$

---

VP42.9.4

Trong một chất bán dẫn nhất định, mức nằm phía trên đỉnh vùng hóa trị một khoảng bằng $\frac{3}{4}$ bề rộng khe cấm. Hãy tìm xác suất để một trạng thái tại đáy vùng dẫn bị chiếm nếu khe cấm có bề rộng $\mathrm{0,300}\mathrm{eV}$ và nhiệt độ của chất bán dẫn là: (a) $275\mathrm{K}$. (b) $325\mathrm{K}$.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• Bề rộng khe cấm: $E_g=\mathrm{0,300}\mathrm{eV}$.
• Vị trí : Nằm trên đỉnh vùng hóa trị một khoảng $\frac{3}{4}{E}_g$.
• Do đó, khoảng cách từ đến đáy vùng dẫn là:

$$\begin{array}{rl}{E}_c-E_F& =E_g-\frac{3}{4}{E}_g\\ & =\frac{1}{4}{E}_g\\ & =\frac{\mathrm{0,300}\mathrm{eV}}{4}\\ & =\mathrm{0,075}0\mathrm{eV}.\end{array}$$

• Cần tính đáy vùng dẫn $f(E_c)$ tại: (a) $T=275\mathrm{K}$. (b) $T=325\mathrm{K}$.

Hướng đi:

• Xác định năng lượng nhiệt $kT$ tương ứng với từng giá trị nhiệt độ.
• Tính số mũ $\frac{E_c-E_F}{kT}$ và thế vào hàm đầy đủ $f(E_c)=\frac{1}{e^{(E_c-E_F)/kT}+1}$.

Lời giải chi tiết:

Khoảng cách năng lượng cần xét là $E_c-E_F=\mathrm{0,075}0\mathrm{eV}$.

(a) Tại nhiệt độ $T=275\mathrm{K}$: Năng lượng nhiệt với $k=\mathrm{8,617}\times {10}^{-5}\mathrm{eV}/\mathrm{K}$:

$$kT\approx \mathrm{0,023}70\mathrm{eV}.$$

Số mũ trong :

$$\begin{array}{rl}\frac{E_c-E_F}{kT}& =\frac{\mathrm{0,075}0\mathrm{eV}}{\mathrm{0,023}70\mathrm{eV}}\\ & \approx \mathrm{3,165.}\end{array}$$

tại đáy vùng dẫn:

$$\begin{array}{rl}f(E_c)& =\frac{1}{e^{\mathrm{3,165}}+1}\\ & =\frac{1}{23,69+1}\\ & \approx \mathrm{0,040}5.\end{array}$$

(b) Tại nhiệt độ $T=325\mathrm{K}$: Năng lượng nhiệt với $k=\mathrm{8,617}\times {10}^{-5}\mathrm{eV}/\mathrm{K}$:

$$kT\approx \mathrm{0,028}01\mathrm{eV}.$$

Số mũ trong :

$$\begin{array}{rl}\frac{E_c-E_F}{kT}& =\frac{\mathrm{0,075}0\mathrm{eV}}{\mathrm{0,028}01\mathrm{eV}}\\ & \approx \mathrm{2,678.}\end{array}$$

tại đáy vùng dẫn:

$$\begin{array}{rl}f(E_c)& =\frac{1}{e^{\mathrm{2,678}}+1}\\ & =\frac{1}{14,55+1}\\ & \approx \mathrm{0,064}3.\end{array}$$

Xác suất chiếm mức tăng từ $4,05\mathrm{\%}$ lên $6,43\mathrm{\%}$ khi nhiệt độ tăng từ $275\mathrm{K}$ lên $325\mathrm{K}$.

Câu hỏi thảo luận

Phần này bao gồm 24 câu hỏi thảo luận đào sâu bản chất vật lý của liên kết phân tử, cấu trúc trong chất rắn, của kim loại và cơ chế hoạt động của các linh kiện bán dẫn.

---

Q42.1

xuất hiện ở nhiều loại phân tử, nhưng liên kết hiđro chỉ xảy ra ở những vật liệu có chứa hiđro. Tại sao loại liên kết này lại mang tính chất đặc thù duy nhất đối với nguyên tử hiđro?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• Đối tượng: so với liên kết hiđro.
• Vấn đề cần làm rõ: Lý do cơ học lượng tử và cấu trúc nguyên tử khiến liên kết hiđro là đặc thù duy nhất của nguyên tử hiđro mà không lặp lại ở các nguyên tố khác.

Hướng đi:

• Phân tích cấu trúc nguyên tử của hiđro: Chỉ gồm một proton duy nhất mang điện tích dương và một electron độc thân duy nhất ở lớp vỏ $1s$.
• Khi hiđro tạo có cực với một nguyên tử có độ âm điện rất lớn (như $\mathrm{F}$, $\mathrm{O}$, $\mathrm{N}$), cặp electron dùng chung bị kéo lệch mạnh về phía nguyên tử có độ âm điện lớn, làm bộc lộ hạt nhân proton trần trụi không có lớp vỏ electron che chắn bên trong.
• So sánh với các nguyên tử khác: Mọi nguyên tử khác đều có các lớp electron bên trong che chắn hạt nhân, ngăn cản các phân tử lân cận tiến lại quá gần.

Lời giải chi tiết:

Liên kết hiđro mang tính chất đặc thù duy nhất nhờ hai đặc điểm cấu trúc độc nhất vô nhị của nguyên tử hiđro:

• Nguyên tử hiđro không có lớp electron vỏ trong (core electrons): Nguyên tử hiđro ở trạng thái trung hòa chỉ có một electron duy nhất trong orbital $1s$. Khi hiđro với một nguyên tử có độ âm điện rất cao (chẳng hạn như flo, oxy hoặc nitơ), cặp electron liên kết bị hút lệch mạnh về phía nguyên tử có độ âm điện lớn.
• Hạt nhân proton bị phơi trần và có kích thước nhỏ: Sự dịch chuyển mật độ electron để lại hạt nhân proton gần như trần trụi. Vì proton không có bất kỳ lớp electron bên trong nào che chắn và có bán kính hạt nhân vô cùng nhỏ ($\sim {10}^{-15}\mathrm{m}$ so với bán kính nguyên tử $\sim {10}^{-10}\mathrm{m}$), mật độ điện tích dương cục bộ tại vị trí hạt nhân hiđro trở nên rất lớn.

Khi một phân tử lân cận có đầu mang điện tích âm (đôi electron tự do của $\mathrm{O}$, $\mathrm{N}$ hoặc $\mathrm{F}$) tiến lại gần, nó có thể tiếp cận hạt nhân proton ở khoảng cách ngắn mà không bị lực đẩy Coulomb từ các lớp vỏ electron bên trong cản trở. Lực hút tĩnh điện mạnh ở khoảng cách ngắn này tạo nên liên kết hiđro, với độ bền vượt trội so với thông thường (vốn chỉ dựa trên tương tác lưỡng cực cảm ứng yếu).

Trái lại, đối với bất kỳ nguyên tố nào khác (ví dụ như $\mathrm{Li}$, $\mathrm{Na}$ hay $\mathrm{C}$), hạt nhân luôn được bao bọc bởi các lớp electron bên trong đã điền đầy. Lực đẩy Pauli giữa các đám mây electron vỏ trong ngăn cản các phân tử khác tiến lại quá gần hạt nhân, triệt tiêu khả năng hình thành loại liên kết lưỡng cực siêu ngắn và mạnh như liên kết hiđro.

---

Q42.2

Liên kết trong tinh thể gali asenua ($\mathrm{GaAs}$) được mô tả là mang $31\mathrm{\%}$ bản chất ion và $69\mathrm{\%}$ bản chất cộng hóa trị. Hãy giải thích ý nghĩa vật lý của nhận định này.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• Vật liệu: Gali asenua ($\mathrm{GaAs}$).
• Tỷ lệ liên kết: $31\mathrm{\%}$ bản chất ion và $69\mathrm{\%}$ bản chất cộng hóa trị.
• Cần giải thích: Cơ sở vật lý của việc phân chia phần trăm tính chất liên kết hỗn hợp.

Hướng đi:

• Xác định vị trí của $\mathrm{Ga}$ (nhóm 13 hay III-A, 3 electron hóa trị) và $\mathrm{As}$ (nhóm 15 hay V-A, 5 electron hóa trị) trong bảng tuần hoàn.
• thuần túy hình thành khi các electron dùng chung được phân bố đối xứng hoàn toàn giữa hai nguyên tử liên kết (như trong $\mathrm{Si}$ hoặc $\mathrm{Ge}$).
• Sự chênh lệch độ âm điện giữa $\mathrm{Ga}$ và $\mathrm{As}$ khiến đám mây electron dùng chung bị lệch một phần về phía nguyên tử có độ âm điện lớn hơn ($\mathrm{As}$), tạo ra điện tích hiệu dụng một phần trên mỗi nguyên tử.

Lời giải chi tiết:

Liên kết hóa học trong chất rắn hiếm khi ở dạng $100\mathrm{\%}$ ion thuần túy hoặc $100\mathrm{\%}$ cộng hóa trị thuần túy, mà thường mang tính chất lai ghép:

• Thành phần cộng hóa trị ($69\mathrm{\%}$): Gali có 3 electron hóa trị và asen có 5 electron hóa trị, trung bình mỗi nguyên tử đóng góp 4 electron hóa trị. Trong cấu trúc tinh thể mạng kẽm sulfua (zincblende), mỗi nguyên tử được bao quanh bởi 4 nguyên tử lân cận theo dạng tứ diện, tương tự cấu trúc kim cương của silic. Các orbital lai hóa $s{p}^3$ xen phủ tạo nên các cặp electron liên kết định hướng chặt chẽ, đóng góp $69\mathrm{\%}$ vào năng lượng liên kết tổng thể.
• Thành phần ion ($31\mathrm{\%}$): Asen có độ âm điện ($2,18$) lớn hơn so với gali ($1,81$). Do đó, mật độ xác suất của các electron liên kết dùng chung không phân bố đối xứng mà bị kéo lệch một phần về phía nguyên tử asen.

Hệ quả là nguyên tử $\mathrm{As}$ tích điện âm hiệu dụng một phần $-q$, còn nguyên tử $\mathrm{Ga}$ tích điện dương hiệu dụng một phần $+q$ (với $q\approx 0,31e$). Tương tác hút tĩnh điện giữa các ion mang điện tích một phần này tạo nên thành phần chiếm $31\mathrm{\%}$ năng lượng liên kết. Như vậy, con số $31\mathrm{\%}$ ion và $69\mathrm{\%}$ cộng hóa trị thể hiện định lượng mức độ phân cực của đám mây electron liên kết giữa hai nguyên tử trong .

---

Q42.3

Phân tử ion ${\mathrm{H}}_2^{+}$ gồm hai hạt nhân hiđro (hai proton) và một electron duy nhất. Loại liên kết phân tử nào giữ phân tử này lại với nhau? Hãy giải thích.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• Hệ lượng tử: Ion phân tử ${\mathrm{H}}_2^{+}$ gồm hai proton và một electron duy nhất.
• Cần xác định: Bản chất của liên kết giữ hai proton lại với nhau.

Hướng đi:

• Phân tích tương tác giữa các hạt: Hai proton tích điện cùng dấu nên đẩy nhau theo định luật Coulomb. Để tạo thành liên kết bền vững, thế năng toàn phần của hệ phải đạt cực tiểu ở một khoảng cách cân bằng xác định.
• Xét không gian của electron: Nguyên lý bất định Heisenberg và phương trình Schrödinger cho phép electron không định vị ở một proton cố định mà phi định xứ hóa (delocalize) trên cả hai hạt nhân.
• Tạo thành orbital phân tử liên kết (bonding molecular orbital) với mật độ xác suất tập trung ở vùng không gian nằm giữa hai hạt nhân.

Lời giải chi tiết:

Ion phân tử ${\mathrm{H}}_2^{+}$ được giữ với nhau bằng một electron (liên kết cộng hóa trị phi định xứ):

• Cơ chế hút tĩnh điện: Khi hai proton ở khoảng cách thích hợp, không gian của electron là sự chồng chập đối xứng của hai orbital nguyên tử $1s$: ${\psi }_{bonding}\propto {\psi }_{1s}(r_A)+{\psi }_{1s}(r_B)$. Mật độ xác suất tìm thấy electron $|\psi {|}^2$ tăng vọt ở vùng không gian xen giữa hai proton.
• Màn chắn điện tích âm: Sự tập trung điện tích âm của electron ở khoảng giữa hai hạt nhân đóng vai trò như một lớp đệm hút tĩnh điện cả hai proton về phía tâm, thắng được lực đẩy tĩnh điện trực tiếp giữa hai proton mang điện tích dương cùng dấu.
• Giảm động năng do phi định xứ hóa: Theo nguyên lý bất định Heisenberg, khi electron được tự do chuyển động trong một thể tích không gian rộng gấp đôi (bao quanh cả hai hạt nhân thay vì chỉ một hạt nhân), độ bất định về vị trí tăng lên, dẫn đến độ bất định về động lượng và động năng lượng tử của electron giảm xuống.

Sự kết hợp giữa lực hút tĩnh điện hiệu dụng và sự giảm động năng lượng tử làm cho năng lượng toàn phần của hệ ion ${\mathrm{H}}_2^{+}$ thấp hơn năng lượng của một nguyên tử $\mathrm{H}$ trung hòa đứng tách rời một proton tự do khoảng $2,65\mathrm{eV}$, tạo nên bền vững dù chỉ có một electron duy nhất.

---

Q42.4

Mômen quán tính suy ra từ bước sóng phát xạ trong chuyển mức $l=19\to 18$ của một phân tử hai nguyên tử khác với giá trị suy ra từ chuyển mức $l=1\to 0$. Hãy giải thích sự khác biệt. Chuyển mức nào tương ứng với mômen quán tính lớn hơn?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• Hiện tượng: Mômen quán tính $I_{19\to 18}>I_{1\to 0}$ ở cùng một phân tử hai nguyên tử.
• Cần giải thích: Cơ chế vật lý khiến mômen quán tính tăng lên khi số lượng tử quay $l$ lớn.

Hướng đi:

• Mômen quán tính của phân tử hai nguyên tử là $I=m_r{r}^2$, tỷ lệ với bình phương khoảng cách liên hạt nhân $r$.
• Khi số lượng tử quay $l$ tăng cao ($l=19$), tốc độ góc và động năng quay của phân tử tăng lên rất lớn.
• Lực quán tính ly tâm làm giãn liên kết hóa học giữa hai nguyên tử (hiệu ứng dãn do ly tâm - centrifugal distortion).

Lời giải chi tiết:

Trong mô hình con quay cứng (rigid rotor), khoảng cách liên hạt nhân $r$ được giả thiết là hằng số bất biến. Tuy nhiên, trong phân tử thực tế:

• Liên kết hóa học có tính đàn hồi: Liên kết giữa hai nguyên tử không phải là một thanh cứng tuyệt đối mà tương tự như một lò xo có độ cứng hữu hạn.
• Tác dụng của lực quán tính ly tâm khi quay nhanh: Khi phân tử ở trạng thái quay có số lượng tử rất cao ($l=19$), mômen động lượng $L=\sqrt{l(l+1)}\hslash$ có giá trị rất lớn, tương ứng với tốc độ quay cực cao. Lực quán tính ly tâm kéo hai nguyên tử văng xa nhau ra khỏi vị trí cân bằng tĩnh ban đầu.
• Tăng khoảng cách trung bình $r$: Khoảng cách liên hạt nhân trung bình $r$ ở mức $l=19$ lớn hơn đáng kể so với ở mức $l=1$ hoặc $l=0$. Vì mômen quán tính tỷ lệ với bình phương khoảng cách ($I=m_r{r}^2$), sự dãn dài này làm tăng trực tiếp giá trị của mômen quán tính $I$.

Do đó, năng lượng phát ra trong bước chuyển mức thực tế nhỏ hơn dự đoán của mô hình con quay cứng, và giá trị $I$ hiệu dụng tính được từ bước sóng bức xạ ở trạng thái quay cao luôn lớn hơn ở trạng thái quay thấp.

---

Q42.5

Phổ hấp thụ của một phân tử hai nguyên tử cho thấy các mức dao động gần cách đều khi số lượng tử $n$ nhỏ, nhưng không còn cách đều khi $n$ lớn. Hãy giải thích. Bạn dự đoán các mức kề nhau sẽ tiến gần hay xa nhau hơn khi $n$ tăng? Vì sao?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• Hiện tượng quang phổ: Khoảng cách giữa các mức dao động $\mathrm{\Delta }{E}_{vib}$ đều đặn khi $n$ nhỏ, nhưng hẹp dần khi $n$ lớn.
• Cần giải thích: Nguyên nhân phi điều hòa (anharmonicity) của thế năng liên kết phân tử.

Hướng đi:

• Thế năng dao động điều hòa lý tưởng có dạng parabol đối xứng $U(r)=\frac{1}{2}{k}^{\prime }(r-r_0{)}^2$, cho các mức năng lượng cách đều nhau $\mathrm{\Delta }E=\hslash \omega$.
• Đồ thị thế năng thực tế giữa hai nguyên tử (như thế Morse hay thế Lennard-Jones) có dạng phi điều hòa: Lực đẩy tăng rất dốc khi hai hạt nhân đến gần nhau, nhưng thoải dần về không khi hai hạt nhân ra xa nhau (dẫn tới sự phân ly phân tử ở năng lượng cao).

Lời giải chi tiết:

Khoảng cách mức năng lượng dao động phụ thuộc vào hình dạng của đường thế năng tương tác $U(r)$:

• Gần đúng điều hòa tại đáy hố thế ($n$ nhỏ): Khi phân tử dao động với biên độ rất nhỏ xung quanh vị trí cân bằng $r_0$ (ứng với các số lượng tử dao động nhỏ $n=0,1,2$), đường cong thế năng thực tế có thể khai triển Taylor bậc hai và xấp xỉ rất tốt bằng một parabol đối xứng. Đặt độ dời tương đối khỏi vị trí cân bằng là $x=r-r_0$, với gốc thế năng $U(r_0)=0$:

$$U(x)\approx \frac{1}{2}{k}^{\prime }{x}^2.$$

Trong thế điều hòa này, các mức năng lượng lượng tử hóa cách đều nhau tuyệt đối: $E_n=(n+\frac{1}{2})\hslash \omega$, với $\mathrm{\Delta }E=\hslash \omega =\text{const}$.

• Hiệu ứng phi điều hòa khi năng lượng cao ($n$ lớn): Khi $n$ lớn, phân tử dao động với biên độ lớn. Đường thế năng thực tế không còn là parabol: Khi hai nguyên tử dãn ra xa nhau, lực hút phục hồi yếu dần đi và đường thế năng thoải dần về tiệm cận năng lượng phân ly (dissociation energy).

Hố thế thực tế rộng hơn parabol ở nhánh dãn dài, làm giảm độ cong hiệu dụng của thế năng. Độ dốc thoải làm cho các mức năng lượng dao động lượng tử bị dồn sát lại gần nhau hơn, tức là khoảng cách $E_{n+1}-E_n$ giảm dần khi $n$ tăng, cho đến khi đạt tới giới hạn liên tục tại ngưỡng phân ly phân tử.

---

Q42.6

Hãy thảo luận sự khác biệt giữa các mức năng lượng quay và các mức năng lượng dao động của phân tử đơteri (${\mathrm{D}}_2$) so với phân tử hiđro thông thường (${\mathrm{H}}_2$). Biết rằng nguyên tử đơteri có khối lượng xấp xỉ gấp đôi nguyên tử hiđro thông thường.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• Hai phân tử đồng vị: ${\mathrm{D}}_2$ (hiđro nặng) và ${\mathrm{H}}_2$ (hiđro thông thường).
• Tỷ lệ khối lượng: $m_D\approx 2m_H$.
• Cần so sánh: Mức năng lượng quay $E_l$ và mức năng lượng dao động $E_n$ của hai phân tử.

Hướng đi:

• Cấu trúc electron và liên kết hóa học của hai phân tử đồng vị là hoàn toàn như nhau: Cùng số điện tích hạt nhân ($Z=1$), cùng khoảng cách liên hạt nhân cân bằng $r_0$, và cùng hằng số độ cứng liên kết $k^{\prime }$.
• Khối lượng rút gọn của phân tử: $m_r({\mathrm{D}}_2)\approx 2m_r({\mathrm{H}}_2)$.
• Xét ảnh hưởng của $m_r$ lên mômen quán tính $I=m_r{r}_0^2$ và tần số dao động riêng $\omega =\sqrt{k^{\prime }/m_r}$.

Lời giải chi tiết:

Vì $\mathrm{D}$ và $\mathrm{H}$ là hai đồng vị của cùng một nguyên tố hóa học, đám mây electron liên kết giữa chúng hoàn toàn tương đồng. Do đó, hai phân tử có cùng khoảng cách cân bằng $r_0$ và cùng hằng số lực liên kết $k^{\prime }$:

• So sánh mức năng lượng quay: Khối lượng rút gọn của ${\mathrm{D}}_2$ gấp đôi của ${\mathrm{H}}_2$:

$$\begin{array}{rl}{m}_r({\mathrm{D}}_2)& =\frac{m_D}{2}\\ & \approx 2\left(\frac{m_H}{2}\right)\\ & =2m_r({\mathrm{H}}_2).\end{array}$$

Mômen quán tính $I=m_r{r}_0^2$ của ${\mathrm{D}}_2$ lớn gấp đôi so với ${\mathrm{H}}_2$: $I({\mathrm{D}}_2)\approx 2I({\mathrm{H}}_2)$. Vì mức năng lượng quay $E_l=l(l+1)\frac{{\hslash }^2}{2I}$ tỷ lệ nghịch với mômen quán tính, ta suy ra:

$$E_l({\mathrm{D}}_2)\approx \frac{1}{2}{E}_l({\mathrm{H}}_2).$$

Khoảng cách giữa các mức năng lượng quay của ${\mathrm{D}}_2$ chỉ bằng một nửa so với ${\mathrm{H}}_2$.

• So sánh mức năng lượng dao động: Tần số góc dao động $\omega =\sqrt{k^{\prime }/m_r}$ tỷ lệ nghịch với căn bậc hai của khối lượng rút gọn:

$$\begin{array}{rl}\omega ({\mathrm{D}}_2)& \approx \frac{1}{\sqrt{2}}\omega ({\mathrm{H}}_2)\\ & \approx \mathrm{0,707}\omega ({\mathrm{H}}_2).\end{array}$$

Khoảng cách giữa các mức năng lượng dao động $\mathrm{\Delta }{E}_{vib}=\hslash \omega$ của ${\mathrm{D}}_2$ nhỏ hơn theo tỷ lệ $1/\sqrt{2}$ (bằng khoảng $70,7\mathrm{\%}$) so với ${\mathrm{H}}_2$.

---

Q42.7

Nhiều phân tử hữu cơ phức tạp đã được phát hiện trong không gian liên sao. Tại sao những phát hiện này hầu hết được thực hiện bằng kính thiên văn vô tuyến (radio telescopes) thay vì kính thiên văn quang học?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• Hiện tượng thiên văn: Phát hiện phân tử hữu cơ trong không gian liên sao bằng sóng vô tuyến/vi sóng.
• Cần giải thích: Lý do quang phổ vô tuyến vượt trội hơn quang phổ khả kiến (quang học) trong việc nhận diện các phân tử này.

Hướng đi:

• Nhiệt độ môi trường trong các đám mây khí liên sao là rất thấp (thường chỉ từ $10\mathrm{K}$ đến $100\mathrm{K}$).
• Năng lượng nhiệt $kT$ ở nhiệt độ này chỉ đủ để kích thích các mức năng lượng quay của phân tử (cỡ ${10}^{-4}$ đến ${10}^{-3}\mathrm{eV}$), ứng với bức xạ sóng milimét và sóng vô tuyến.
• Bụi liên sao hấp thụ và tán xạ rất mạnh ánh sáng khả kiến (quang học), nhưng gần như trong suốt đối với sóng vô tuyến.

Lời giải chi tiết:

Các kính thiên văn vô tuyến là công cụ chủ đạo để phát hiện phân tử liên sao nhờ hai lý do vật lý cơ bản:

• Nhiệt độ cực thấp của các đám mây khí liên sao: Trong không gian giữa các vì sao, nhiệt độ môi trường rất lạnh, chỉ khoảng $10\mathrm{K}$ đến vài chục Kelvin. Ở nhiệt độ này, động năng va chạm giữa các phân tử ($kT\sim {10}^{-3}\mathrm{eV}$) không đủ năng lượng để kích thích các electron lên các mức năng lượng điện tử (cần vài $\mathrm{eV}$, tương ứng với ánh sáng quang học) hay kích thích dao động phân tử (cần vài phần mười $\mathrm{eV}$, tương ứng với hồng ngoại). Năng lượng nhiệt này chỉ vừa đủ để kích thích các bước chuyển giữa các mức năng lượng quay. Các bước chuyển mức quay phát ra có năng lượng nhỏ trong dải sóng vi ba và sóng vô tuyến (bước sóng từ vài milimét đến vài centimét).
• Khả năng xuyên thấu của sóng vô tuyến qua bụi liên sao: Các đám mây phân tử liên sao chứa nồng độ hạt bụi carbon và silicat rất dày đặc. Bụi liên sao tán xạ và hấp thụ mạnh bức xạ quang học (ánh sáng nhìn thấy và tử ngoại), khiến kính thiên văn quang học hoàn toàn bị che khuất. Ngược lại, bước sóng vô tuyến dài hơn rất nhiều so với kích thước hạt bụi, cho phép sóng vô tuyến truyền xuyên qua toàn bộ chiều dày đám mây mà không bị suy giảm, truyền thẳng đến các đài quan sát vô tuyến trên Trái Đất.

---

Q42.8

Không khí chúng ta đang hít thở bao gồm chủ yếu là khí nitơ (${\mathrm{N}}_2$) và khí oxy (${\mathrm{O}}_2$). Nhiều phân tử trong số đó đang ở các mức năng lượng quay bị kích thích ($l=1,2,3,\dots$), nhưng hầu như toàn bộ chúng lại ở mức dao động cơ bản ($n=0$). Hãy giải thích sự khác biệt này giữa hành vi quay và hành vi dao động của các phân tử ở nhiệt độ phòng.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• Môi trường: Không khí ở nhiệt độ phòng ($T\approx 300\mathrm{K}$).
• Quan sát: Phân tử ${\mathrm{N}}_2$ và ${\mathrm{O}}_2$ phân bố ở nhiều mức quay kích thích ($l\ge 1$), nhưng hầu như $100\mathrm{\%}$ nằm ở mức dao động cơ bản ($n=0$).
• Cần giải thích: So sánh thang năng lượng lượng tử với năng lượng nhiệt $kT$.

Hướng đi:

• Xác định năng lượng nhiệt ở nhiệt độ phòng: $kT\approx \mathrm{0,025}\mathrm{eV}\approx 25\mathrm{meV}$.
• So sánh khoảng cách năng lượng lượng tử hóa của chuyển động quay $\mathrm{\Delta }{E}_{rot}$ và dao động $\mathrm{\Delta }{E}_{vib}$ với $kT$.
• Vận dụng hàm phân bố Boltzmann $P(E)\propto e^{-E/kT}$.

Lời giải chi tiết:

Xác suất để một phân tử ở trạng thái kích thích có năng lượng $E$ cao hơn trạng thái cơ bản tuân theo thừa số Boltzmann $e^{-\mathrm{\Delta }E/kT}$:

• Ở nhiệt độ phòng ($T\approx 300\mathrm{K}$): Với $k=\mathrm{8,617}\times {10}^{-5}\mathrm{eV}/\mathrm{K}$ và $T\approx 300\mathrm{K}$, năng lượng kích thích nhiệt đặc trưng của môi trường là:

$$kT\approx \mathrm{0,025}9\mathrm{eV}\approx 26\mathrm{meV}.$$

• Đối với chuyển động quay: Khoảng cách giữa các mức năng lượng quay thấp của ${\mathrm{N}}_2$ và ${\mathrm{O}}_2$ rất nhỏ, chỉ vào khoảng $\mathrm{\Delta }{E}_{rot}\approx 0,2\mathrm{meV}$ đến $0,5\mathrm{meV}$. Vì $\mathrm{\Delta }{E}_{rot}\ll kT$ (năng lượng quay nhỏ hơn năng lượng nhiệt hàng trăm lần), sự va chạm nhiệt ngẫu nhiên liên tục kích thích các phân tử nhảy lên các mức quay cao ($l=1,2,3,\dots$). Thậm chí mức quay có số phân tử chiếm đông nhất ở $300\mathrm{K}$ thường rơi vào khoảng $l\approx 6$ đến $10$.
• Đối với chuyển động dao động: Liên kết hóa học trong ${\mathrm{N}}_2$ (liên kết ba) và ${\mathrm{O}}_2$ (liên kết đôi) bền vững và cứng vững, dẫn đến tần số dao động rất cao. Khoảng cách giữa mức dao động cơ bản $n=0$ và mức kích thích đầu tiên $n=1$ là $\mathrm{\Delta }{E}_{vib}=\hslash \omega \approx 0,29\mathrm{eV}$ đối với ${\mathrm{N}}_2$ và $\approx 0,20\mathrm{eV}$ đối với ${\mathrm{O}}_2$. Vì $\mathrm{\Delta }{E}_{vib}\gg kT$ (khoảng cách dao động lớn gấp hơn 10 lần năng lượng nhiệt), thừa số Boltzmann nhỏ:

$$\begin{array}{rl}{e}^{-\mathrm{\Delta }{E}_{vib}/kT}& \sim e^{-0,29/\mathrm{0,026}}\\ & =e^{-11,1}\\ & \approx 1,5\times {10}^{-5}.\end{array}$$

Hầu như không có phân tử nào có đủ năng lượng nhiệt để kích thích dao động, khiến gần như toàn bộ các phân tử đều nằm ở mức dao động cơ bản $n=0$.

---

Q42.9

Các nguyên tử trong một phân tử hai nguyên tử thể hiện hành vi giống như được gắn kết bởi một lò xo ở những khía cạnh nào? Và mô hình lò xo này trở thành một mô tả kém chính xác ở những khía cạnh nào?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• Mô hình: Gần đúng lò xo (dao động điều hòa) cho liên kết phân tử hai nguyên tử.
• Cần phân tích: Những điểm tương đồng hợp lý và những giới hạn sai lệch của mô hình lò xo so với tương tác phân tử thực tế.

Hướng đi:

• Điểm hợp lý: Gần vị trí cân bằng, lực hồi phục tỷ lệ tuyến tính với độ biến dạng, tuân theo định luật Hooke, dẫn đến các mức dao động lượng tử hóa cách đều nhau.
• Điểm kém chính xác: Lực đẩy lượng tử tăng vọt khi khoảng cách cực ngắn (do ), lực hút tiệm cận về không khi dãn dài (hiện tượng phân ly phân tử), và hiệu ứng phi điều hòa ở mức năng lượng cao.

Lời giải chi tiết:

Mô hình lò xo mang lại các kết quả tương đồng xuất sắc ở trạng thái cân bằng nhưng bộc lộ giới hạn rõ rệt ở năng lượng cao:

• Những khía cạnh giống với mô hình lò xo:
  • Gần khoảng cách cân bằng $r_0$, khi biên độ dao động rất bé, thế năng tương tác có thể khai triển quanh cực tiểu và xấp xỉ rất chính xác bằng thế năng đàn hồi của lò xo: $U(r)\approx \frac{1}{2}{k}^{\prime }(r-r_0{)}^2$.
  • Lực tương tác tuân theo định luật Hooke: Lực kéo về có xu hướng đưa hai nguyên tử trở lại vị trí cân bằng, tỷ lệ thuận với độ lệch khoảng cách: $F\approx -k^{\prime }(r-r_0)$.
  • Các mức dao động lượng tử ở vùng đáy hố thế có khoảng cách gần như đều nhau một lượng $\hslash \omega =\hslash \sqrt{k^{\prime }/m_r}$.
• Những khía cạnh mô hình lò xo mô tả kém chính xác:
  • Khả năng phân ly (Dissociation): Lò xo lý tưởng có lực hồi phục tăng vô hạn khi bị kéo dãn ($F\to \mathrm{\infty }$ khi $r\to \mathrm{\infty }$). Ngược lại, phân tử thực tế có năng lượng liên kết hữu hạn: Khi dãn đủ lớn, liên kết hóa học bị đứt hoàn toàn và lực hút tiệm cận về $0$ (phân tử phân ly thành hai nguyên tử tự do).
  • Lực đẩy phi đối xứng ở khoảng cách ngắn: Khi nén lò xo về $r\to 0$, thế năng lò xo hữu hạn. Tuy nhiên, ở phân tử thực tế, khi hai nguyên tử tiến lại quá gần, và lực đẩy Coulomb giữa hai hạt nhân làm thế năng tăng dốc đứng gần như một bức tường vô hạn, khiến hố thế thực tế bị méo lệch bất đối xứng.
  • Hiệu ứng phi điều hòa (Anharmonicity): Ở mức năng lượng cao, khoảng cách giữa các mức năng lượng dao động bị co hẹp dần chứ không giữ nguyên cố định như dao động điều hòa của lò xo lý tưởng.

---

Q42.10

Các nguyên tử cô lập có các mức năng lượng gián đoạn rõ rệt, nhưng chất rắn (vốn chỉ cấu tạo từ các nguyên tử đó) lại thể hiện các (energy bands) và các khe cấm (band gaps). Nguyên nhân nào khiến chất rắn có hành vi khác biệt căn bản so với các nguyên tử thành phần?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• Đối nghịch: Nguyên tử riêng lẻ có mức năng lượng gián đoạn cô lập, nhưng chất rắn lại có liên tục và khe cấm.
• Cần giải thích: Cơ chế vật lý lượng tử dẫn đến sự mở rộng các mức năng lượng thành vùng trong chất rắn.

Hướng đi:

• Khi các nguyên tử tiến lại gần nhau để tạo thành , các orbital nguyên tử ở lớp ngoài xen phủ mạnh mẽ với nhau.
• Theo , hai electron có cùng trạng thái spin không thể chiếm cùng một trạng thái lượng tử không gian.
• Sự tương tác giữa $N$ nguyên tử giống hệt nhau làm tách mỗi mức năng lượng nguyên tử ban đầu thành $N$ mức năng lượng cận kề nhau, tạo thành một liên tục.

Lời giải chi tiết:

Sự xuất hiện của các trong chất rắn bắt nguồn từ sự xen phủ và :

• Sự xen phủ của các orbital nguyên tử: Khi một nguyên tử đứng cô lập, các electron chuyển động trong thế năng Coulomb độc lập của riêng hạt nhân đó, tạo nên các mức năng lượng gián đoạn và rời rạc. Tuy nhiên, trong chất rắn, mật độ nguyên tử rất lớn (khoảng ${10}^{28}$ đến ${10}^{29}{\text{nguyên tử/m}}^3$), khoảng cách giữa các nguyên tử lân cận chỉ vào khoảng $0,1$ đến $0,3\mathrm{nm}$. Ở khoảng cách này, các orbital electron hóa trị ở lớp ngoài xen phủ mạnh mẽ với các orbital của các nguyên tử lân cận.
• và sự tách mức năng lượng: Khi $N$ nguyên tử giống nhau tiến lại gần nhau, nếu các mức năng lượng giữ nguyên giá trị ban đầu thì sẽ có $N$ electron có cùng trạng thái lượng tử, vi phạm nguyên lý loại trừ Pauli. Để thỏa mãn nguyên lý này, tương tác Coulomb giữa các nguyên tử buộc mỗi mức năng lượng gián đoạn ban đầu phải tách ra thành $N$ mức năng lượng con có giá trị hơi khác nhau một chút.
• Hình thành dải vùng liên tục: Vì trong một mẫu chất rắn vĩ mô, số nguyên tử $N$ là vô cùng lớn (cỡ số Avogadro, $N\sim {10}^{23}$), nên $N$ mức năng lượng con này nằm chen chúc trong một khoảng năng lượng hẹp chỉ vài electron-volt. Khoảng cách giữa hai mức năng lượng kế tiếp nhau là bé, cỡ $\mathrm{\Delta }E\sim 1\mathrm{eV}/{10}^{23}={10}^{-23}\mathrm{eV}$, nhỏ hơn bất kỳ độ phân giải vật lý thực nghiệm nào. Do đó, tập hợp các mức con này tạo thành một liên tục (energy band). Các khoảng năng lượng không có mức con nào xuất hiện chính là các khe cấm năng lượng (band gaps).

---

Q42.11

Những yếu tố nào quyết định một vật liệu là chất dẫn điện hay chất cách điện? Hãy giải thích.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• Vấn đề: Yếu tố quyết định tính chất dẫn điện hoặc cách điện của vật liệu.
• Cần giải thích: Cơ chế , mức độ điền đầy của vùng dẫn/hóa trị và độ rộng khe cấm năng lượng $E_g$.

Hướng đi:

• Dòng điện trong chất rắn chỉ xuất hiện khi các electron có thể tăng động năng theo hướng , tức là phải có các trạng thái lượng tử trống nằm ngay sát phía trên để electron nhảy vào.
• Phân loại: Vùng bị chiếm một phần (chất dẫn điện) so với vùng đã điền đầy hoàn toàn cách biệt với vùng trống bởi một khe cấm lớn (chất cách điện).

Lời giải chi tiết:

Theo lý thuyết , tính chất dẫn điện hay cách điện của một vật liệu được quyết định bởi hai yếu tố cốt lõi:

• Mức độ điền đầy electron của ngoài cùng:
  • Chất dẫn điện (Kim loại): Có ngoài cùng bị điền đầy một phần (như kim loại kiềm $\mathrm{Na},\mathrm{K}$ với phân lớp $s$ chứa một electron), hoặc có sự xen phủ giữa vùng hóa trị đã đầy với một vùng trống ở ngay phía trên (như các kim loại kiềm thổ $\mathrm{Mg},\mathrm{Zn}$ với vùng $s$ đầy xen phủ với vùng $p$ trống). Vì có vô số trạng thái lượng tử trống nằm ngay sát trên , chỉ cần một rất nhỏ từ bên ngoài cũng đủ cung cấp năng lượng để electron nhảy lên các trạng thái trống có hướng động lượng cùng chiều với lực điện trường, tạo nên dòng điện lớn.
  • Chất cách điện: Tại nhiệt độ không độ tuyệt đối ($0\mathrm{K}$), vùng hóa trị đã được điền đầy hoàn toàn electron, trong khi vùng dẫn ở phía trên hoàn toàn trống rỗng. Vì vùng hóa trị đầy kín, theo , không electron nào có thể thay đổi trạng thái động lượng của nó trừ khi nó được cung cấp đủ năng lượng để nhảy vọt qua toàn bộ khe cấm lên vùng dẫn.
• Bề rộng của khe cấm năng lượng ($E_g$):
  • Ở chất cách điện, khe cấm năng lượng giữa đỉnh vùng hóa trị và đáy vùng dẫn rất lớn (thường $E_g\ge 3\mathrm{eV}$ đến $9\mathrm{eV}$, chẳng hạn kim cương có $E_g=5,47\mathrm{eV}$, thạch anh ${\mathrm{SiO}}_2$ có $E_g\approx 9\mathrm{eV}$).
  • Ở nhiệt độ phòng ($kT\approx \mathrm{0,026}\mathrm{eV}$), năng lượng nhiệt quá nhỏ so với $E_g$, khiến xác suất kích thích nhiệt của electron qua khe cấm tuân theo hàm gần như bằng không tuyệt đối ($e^{-E_g/2kT}\approx e^{-100}\approx 0$). Vùng dẫn hoàn toàn không có hạt tải điện tự do, do đó vật liệu cách điện hoàn hảo.

---

Q42.12

Các tinh thể ion (như muối ăn $\mathrm{NaCl}$) thường trong suốt đối với ánh sáng nhìn thấy, trong khi các tinh thể kim loại luôn luôn mờ đục và có ánh kim. Tại sao lại có sự khác biệt này?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• Hiện tượng quang học: Tinh thể ion trong suốt, tinh thể kim loại mờ đục và phản xạ mạnh ánh sáng nhìn thấy.
• Cần giải thích: Tương tác giữa ánh sáng nhìn thấy ($1,8\mathrm{eV}-3,1\mathrm{eV}$) với cấu trúc của từng loại vật liệu.

Hướng đi:

• Năng lượng của ánh sáng nhìn thấy nằm trong khoảng $hf\approx 1,8\mathrm{eV}$ (đỏ) đến $3,1\mathrm{eV}$ (tím).
• Tinh thể ion là chất cách điện với khe cấm năng lượng $E_g$ rất lớn ($E_g>3,1\mathrm{eV}$).
• Tinh thể kim loại có vùng dẫn bị chiếm một phần, tồn tại các trạng thái trống ở mức năng lượng liên tục sát .

Lời giải chi tiết:

Sự khác biệt quang học giữa tinh thể ion và kim loại xuất phát từ khả năng hấp thụ của các electron trong :

• Ở tinh thể ion (như $\mathrm{NaCl}$): Đây là những chất cách điện điển hình với khe cấm năng lượng rất rộng (đối với $\mathrm{NaCl}$, $E_g\approx 8,5\mathrm{eV}$). của ánh sáng nhìn thấy có năng lượng chỉ từ $1,8\mathrm{eV}$ đến $3,1\mathrm{eV}$, nhỏ hơn rất nhiều so với $E_g$. Do không có bất kỳ trạng thái lượng tử trung gian nào nằm giữa khe cấm, các electron ở vùng hóa trị không thể hấp thụ photon ánh sáng nhìn thấy để nhảy lên vùng dẫn. Ánh sáng nhìn thấy đi xuyên qua tinh thể ion mà không bị hấp thụ, làm cho tinh thể có tính trong suốt không màu.
• Ở tinh thể kim loại: Kim loại có mật độ electron dẫn tự do lớn trong một bị điền đầy một phần. Vì các trạng thái năng lượng trống nằm liên tục ngay sát trên các electron bị chiếm (khoảng cách năng lượng bằng không), các electron tự do có thể hấp thụ bất kỳ nào có năng lượng từ nhỏ đến lớn (bao gồm toàn bộ dải ánh sáng nhìn thấy). Ánh sáng chiếu vào bề mặt kim loại bị hấp thụ ngay trong lớp bề mặt cực mỏng (chỉ sâu vài chục nanômét), khiến kim loại hoàn toàn mờ đục. Đồng thời, các electron dao động này nhanh chóng tái phát xạ photon cùng tần số ra bên ngoài, tạo nên độ phản xạ cao đặc trưng gọi là ánh kim.

---

Q42.13

Tốc độ chuyển động nhiệt của các phân tử trong chất khí biến thiên mạnh theo nhiệt độ ($v_{rms}\propto \sqrt{T}$), trong khi tốc độ chuyển động của các electron trong vùng dẫn của kim loại lại gần như không phụ thuộc vào nhiệt độ. Tại sao hai hành vi này lại khác nhau căn bản đến vậy?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• Đối nghịch: Tốc độ phân tử khí tuân theo nhiệt độ cổ điển $v\propto \sqrt{T}$, trong khi tốc độ electron dẫn kim loại hầu như bất biến theo $T$.
• Cần giải thích: Phân bố Maxwell–Boltzmann cổ điển so với thống kê Fermi–Dirac của khí fermion suy biến.

Hướng đi:

• Phân tử khí tuân theo thống kê cổ điển Maxwell–Boltzmann vì mật độ hạt thưa và nhiệt độ phòng đủ cao, không bị giới hạn bởi .
• Khí electron trong kim loại có mật độ cực cao ($n\sim {10}^{28}{\mathrm{m}}^{-3}$), là một hệ lượng tử suy biến cao độ tuân theo và thống kê Fermi–Dirac.
• Năng lượng đặc trưng của electron kim loại được quyết định bởi $E_F$ chứ không phải bởi $kT$.

Lời giải chi tiết:

Hành vi khác biệt này xuất phát từ bản chất cơ học lượng tử của electron trong kim loại:

• Chất khí thông thường tuân theo thống kê Maxwell–Boltzmann: Trong chất khí cổ điển, mật độ phân tử rất loãng nên số trạng thái lượng tử khả dĩ lớn hơn rất nhiều so với số phân tử. Các phân tử tự do nhận năng lượng nhiệt và phân bố theo hàm Maxwell–Boltzmann, với động năng tịnh tiến trung bình tỷ lệ trực tiếp với nhiệt độ: $\frac{1}{2}m{v}_{rms}^2=\frac{3}{2}kT$, suy ra $v_{rms}=\sqrt{3kT/m}$. Trong miền khí cổ điển, tốc độ đặc trưng tỉ lệ với $\sqrt{T}$. Không kéo dài mô hình khí cổ điển tới không độ tuyệt đối mà bỏ qua chuyển pha và các hiệu ứng lượng tử.
• Electron kim loại là khí Fermi suy biến cao độ: Khí electron trong kim loại có mật độ cao, bị giam hãm trong thể tích chất rắn và tuân theo . Ngay cả tại không độ tuyệt đối ($T=0\mathrm{K}$), các electron không thể đồng loạt rơi về trạng thái nghỉ (động năng bằng không) mà phải điền đầy lần lượt mọi mức năng lượng từ đáy lên đến mức năng lượng cực đại gọi là $E_F$ (thường từ $3\mathrm{eV}$ đến $10\mathrm{eV}$).

Tốc độ của electron ở được xác định bởi:

$$v_F=\sqrt{\frac{2E_F}{m_e}}\sim {10}^6\mathrm{m}/\mathrm{s}.$$

Nhiệt độ phòng chỉ tương ứng với năng lượng nhiệt $kT\approx \mathrm{0,026}\mathrm{eV}$, quá nhỏ bé so với $E_F\sim 5\mathrm{eV}$ (tương đương nhiệt độ Fermi $T_F\approx 50.000\mathrm{K}$). Do đó, việc thay đổi nhiệt độ từ $0\mathrm{K}$ lên $300\mathrm{K}$ chỉ làm xáo trộn nhẹ một lớp electron mỏng sát mặt Fermi (cỡ $kT/E_F<1\mathrm{\%}$), trong khi đại đa số các electron bên dưới hoàn toàn không đổi trạng thái. Vì vậy, tốc độ trung bình của các electron dẫn kim loại hầu như giữ nguyên không đổi theo nhiệt độ.

---

Q42.14

Hãy sử dụng mô hình để giải thích tại sao một số vật liệu có thể chuyển đổi từ trạng thái bán dẫn sang trạng thái kim loại khi thay đổi nhiệt độ hoặc áp suất.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• Hiện tượng: Chuyển pha bán dẫn – kim loại (semiconductor-to-metal transition) dưới tác động của nhiệt độ hoặc áp suất.
• Cần giải thích: Biến đổi cấu trúc , sự thu hẹp và xen phủ của khe cấm $E_g$.

Hướng đi:

• Khoảng cách giữa các nguyên tử trong phụ thuộc vào áp suất (nén mạng) và nhiệt độ (giãn nở nhiệt hoặc tái sắp xếp cấu trúc tinh thể).
• Độ rộng của các tỷ lệ thuận với mức độ xen phủ giữa các orbital nguyên tử.
• Khe cấm $E_g$ có thể bị thu hẹp dần về $0$ hoặc hai vùng dẫn và hóa trị xen phủ lên nhau.

Lời giải chi tiết:

Chuyển pha từ bán dẫn sang kim loại có thể được giải thích trọn vẹn thông qua sự biến đổi của cấu trúc :

• Dưới tác dụng của áp suất cao: Khi nén vật liệu dưới áp suất cơ học lớn, các hằng số co ngắn lại, đẩy các nguyên tử lại gần nhau hơn. Sự xen phủ giữa các orbital electron hóa trị của các nguyên tử lân cận tăng lên mạnh mẽ. Theo lý thuyết lượng tử, độ xen phủ càng lớn thì độ tách mức càng rộng, làm bề rộng của cả vùng hóa trị và vùng dẫn nở to ra. Khi các vùng này nở rộng, khoảng cách khe cấm $E_g$ giữa chúng bị thu hẹp dần. Ở một áp suất tới hạn xác định, đáy của vùng dẫn chạm vào đỉnh của vùng hóa trị ($E_g\to 0$) hoặc thậm chí hai vùng xen phủ lên nhau, biến vật liệu bán dẫn ban đầu thành kim loại dẫn điện tốt.
• Khi thay đổi nhiệt độ, cấu trúc tinh thể và mức độ xen phủ các trạng thái có thể thay đổi. Ở những vật liệu thích hợp, sự thay đổi ấy làm vùng cấm đóng lại hoặc làm các dải xen phủ, tạo chuyển tiếp sang trạng thái kim loại.
• Cần phân biệt chuyển tiếp cấu trúc dải với việc chỉ tăng số hạt tải do nhiệt. Chất bán dẫn có thể tăng độ dẫn mà vẫn còn vùng cấm, nên độ dẫn tăng chưa đủ chứng minh đã chuyển thành kim loại.

---

Q42.15

Một nguyên tử kẽm ($\mathrm{Zn}$) cô lập có trạng thái cơ bản gồm các phân lớp đã điền đầy hoàn toàn: $1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{10}4s^2$. Tại sao kẽm rắn lại là một kim loại dẫn điện tốt khi mà phân lớp hóa trị ngoài cùng của nó đã bão hòa electron?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• Cấu hình nguyên tử $\mathrm{Zn}$: Phân lớp ngoài cùng $4s^2$ đã điền đầy.
• Nghịch lý: Phân lớp đầy đáng lẽ tạo ra vùng hóa trị đầy và vật liệu cách điện, nhưng kẽm lại là kim loại dẫn điện tốt.
• Cần giải thích: Cơ chế xen phủ giữa vùng $4s$ và vùng $4p$ trong tinh thể kẽm.

Hướng đi:

• Khi các nguyên tử $\mathrm{Zn}$ liên kết thành chất rắn, mức $4s$ mở rộng thành vùng $4s$ (chứa $2N$ electron), và mức $4p$ trống ở ngay phía trên mở rộng thành vùng $4p$ (có thể chứa $6N$ electron).
• Khoảng cách năng lượng giữa trạng thái nguyên tử $4s$ và $4p$ là tương đối nhỏ.
• Khi các vùng mở rộng, đáy của vùng $4p$ thấp hơn đỉnh của vùng $4s$, tạo nên sự xen phủ (band overlap).

Lời giải chi tiết:

Cấu hình nguyên tử riêng lẻ của kẽm có phân lớp ngoài cùng $4s^2$ bão hòa. Nếu các tách rời nhau, vùng $4s$ sẽ bị điền đầy hoàn toàn $2N$ electron và kẽm sẽ là một chất cách điện. Tuy nhiên, kẽm là một kim loại nhờ hiện tượng xen phủ vùng năng lượng (band overlap):

• Sự mở rộng vùng $4s$ và vùng $4p$: Khi các nguyên tử kẽm tiến lại gần nhau để hình thành tinh thể, mức năng lượng $4s$ đầy tách ra thành vùng $4s$, còn các mức năng lượng $4p$ còn trống (ở mức năng lượng cao hơn một chút trong nguyên tử tự do) tách ra thành vùng $4p$.
• Sự xen phủ : Do tương tác mạnh, bề rộng năng lượng của vùng $4s$ và vùng $4p$ nở rộng đến mức đáy của vùng $4p$ tụt xuống thấp hơn đỉnh của vùng $4s$. Hai vùng năng lượng này hợp nhất và xen phủ một phần lên nhau, tạo thành một dải vùng năng lượng liên tục hỗn hợp có khả năng chứa tới $8N$ electron.
• Trở thành vùng bị điền đầy một phần: Tổng số electron hóa trị của $N$ nguyên tử kẽm là $2N$. Số electron này sẽ điền từ đáy của dải vùng hỗn hợp lên trên. Kết quả là cả vùng $4s$ và vùng $4p$ đều bị điền đầy một phần, với mức cắt ngang qua vùng xen phủ. Ngay sát trên các electron bị chiếm là vô số trạng thái trống khả dĩ, cho phép electron dễ dàng chuyển động có hướng dưới tác dụng của ngoài. Vì vậy, kẽm là một kim loại dẫn điện xuất sắc.

---

Q42.16

Các giả thiết của trong kim loại thoạt nhìn có vẻ phi lý, bởi vì các electron mang điện tích cùng dấu và đẩy nhau bằng các lực tĩnh điện Coulomb mạnh. Hãy nêu những lý do vật lý giải thích tại sao mô hình này trên thực tế lại hoạt động hiệu quả và có ý nghĩa vật lý vững chắc.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• Mâu thuẫn biểu kiến: bỏ qua lực đẩy Coulomb giữa các electron, coi chúng chuyển động tự do không tương tác.
• Cần giải thích: Cơ sở vật lý khiến gần đúng hạt độc lập (independent electron approximation) hoạt động rất tốt trong kim loại.

Hướng đi:

• Phân tích hiệu ứng màn chắn tĩnh điện (screening effect) của biển electron dẫn đối với điện tích điểm.
• Vận dụng : Tạo ra "hố tương quan Pauli" (Fermi hole/exchange hole) ngăn các electron cùng spin đến gần nhau.
• Các electron bị kích thích ở gần mặt Fermi bị hạn chế nghiêm ngặt về số lượng trạng thái trống có sẵn để va chạm và tán xạ.

Lời giải chi tiết:

Mô hình đạt được độ chính xác được xét nhờ ba nguyên lý vật lý lượng tử sâu sắc:

• Hiệu ứng màn chắn điện tích (Dielectric Screening): Kim loại chứa mật độ electron di động khổng lồ ($\sim {10}^{28}{\mathrm{m}}^{-3}$). Khi một electron chuyển động, biển electron xung quanh lập tức tái phân bố, tạo ra một đám mây điện tích dương hiệu dụng bao bọc xung quanh nó (do sự đẩy dạt các electron khác ra xa). Tương tác Coulomb tầm xa ($1/r$) bị che chắn cực mạnh và biến thành thế năng Yukawa tầm cực ngắn ($e^{-k_{s}r}/r$), làm giảm tương tác giữa các electron cách nhau một khoảng lớn hơn kích thước nguyên tử xuống gần như bằng không.
• tương quan Pauli (Fermi Hole / Exchange Hole): Theo , hai electron có cùng trạng thái spin không thể chiếm cùng một vị trí không gian. Điều này tạo ra một "hố trao đổi" bao quanh mỗi electron, tự động ngăn cản các electron lân cận có cùng spin tiếp cận quá gần. Nhờ đó, lực đẩy Coulomb giữa các electron ở khoảng cách siêu ngắn hiếm khi xảy ra.
• Sự hạn chế tán xạ do (Phase Space Restriction): Trong một hệ fermion suy biến, đại đa số các electron nằm sâu bên dưới mặt Fermi không thể tham gia vào các va chạm tán xạ, bởi vì mọi trạng thái năng lượng lân cận đều đã bị điền đầy kín. Chỉ những electron nằm trong một dải hẹp $kT$ quanh mặt Fermi mới có cơ hội va chạm, nhưng số trạng thái trống để chúng tán xạ vào cũng khan hiếm. Kết quả là quãng đường tự do trung bình của electron trong kim loại dài hơn khoảng cách nguyên tử hàng trăm lần, cho phép xem chúng như những hạt gần như tự do.

---

Q42.17

Tại sao các vật liệu dẫn nhiệt tốt thường cũng là những chất dẫn điện tốt? Điều này đặt ra những thách thức thiết kế nào đối với các thiết bị gia dụng như bàn là hay máy sưởi điện? Có vật liệu nào không tuân theo quy tắc chung này không?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• Mối liên hệ: Dẫn nhiệt tốt đi đôi với dẫn điện tốt (định luật Wiedemann–Franz).
• Thách thức kỹ thuật: Thiết kế thiết bị sinh nhiệt (bàn là, máy sưởi) cần truyền nhiệt ra ngoài nhưng phải cách điện an toàn.
• Ngoại lệ: Những vật liệu dẫn nhiệt tuyệt hảo nhưng lại cách điện hoàn toàn.

Hướng đi:

• Cơ chế dẫn nhiệt và dẫn điện trong kim loại: Đều do cùng một tác nhân là các electron tự do đảm nhận, dẫn đến định luật Wiedemann–Franz $K/\sigma T=L=\text{const}$.
• Thách thức: Bộ phận sinh nhiệt phải truyền nhiệt nhanh đến đế bàn là mà không được rò rỉ dòng điện gây nguy hiểm tính mạng cho người dùng.
• Ngoại lệ: Chất cách điện dẫn nhiệt chủ yếu bằng dao động (phonon), đặc biệt là kim cương.

Lời giải chi tiết:

Mối liên hệ giữa độ dẫn nhiệt và độ dẫn điện thể hiện tính thống nhất của các hạt tải điện:

• Cơ chế dẫn điện và dẫn nhiệt trong kim loại: Trong kim loại, dòng điện được truyền bởi các electron tự do. Đồng thời, chính dòng electron tự do di chuyển nhanh này cũng là tác nhân vận chuyển nhiệt năng chủ đạo từ vùng nóng sang vùng lạnh (đóng góp của electron vượt trội hoàn toàn so với dao động ion). Mối liên hệ này được mô tả định lượng bằng định luật Wiedemann–Franz:

$$\frac{K}{\sigma }=LT,$$

trong đó $K$ là độ dẫn nhiệt, $\sigma$ là độ dẫn điện, $T$ là và $L\approx 2,44\times {10}^{-8}\mathrm{W}\cdot \mathrm{\Omega }/{\mathrm{K}}^2$ là số Lorentz. Vì vậy, kim loại nào dẫn điện tốt (như đồng, bạc, nhôm) thì luôn dẫn nhiệt rất tốt.

• Thách thức trong thiết kế thiết bị gia dụng: Các thiết bị điện trở nhiệt như bàn là, bình nóng lạnh hay máy sưởi đòi hỏi dây mayso phải truyền nhiệt thật nhanh ra vỏ kim loại bên ngoài, nhưng tuyệt đối không được truyền dòng điện ra vỏ để tránh gây giật điện nguy hiểm cho người sử dụng. Kỹ sư phải sử dụng các lớp vật liệu cách điện mỏng nhưng có khả năng chịu nhiệt và dẫn nhiệt cơ học tương đối tốt (chẳng hạn như bột magie oxit $\mathrm{MgO}$ nén chặt) để bọc cách ly giữa lõi dây điện trở và vỏ kim loại.
• Các vật liệu ngoại lệ không tuân theo quy tắc:
  • Kim cương: Kim cương là chất cách điện hoàn hảo (khe cấm $E_g=5,47\mathrm{eV}$, độ dẫn điện $\sigma \approx 0$), nhưng lại là chất dẫn nhiệt tốt nhất được biết đến ở nhiệt độ phòng (độ dẫn nhiệt $K\approx 2000\mathrm{W}/(\mathrm{m}\cdot \mathrm{K})$, cao gấp 5 lần so với đồng nguyên chất). Trong kim cương, nhiệt được truyền không phải bằng electron mà bằng sóng dao động (phonon) cực nhanh nhờ mạng tinh thể carbon tứ diện vô cùng cứng vững và khối lượng nguyên tử carbon rất nhẹ.
  • Các vật liệu khác như berili oxit ($\mathrm{BeO}$), nhôm nitrua ($\mathrm{AlN}$) cũng là những chất cách điện xuất sắc nhưng dẫn nhiệt rất cao.

---

Q42.18

Đặc tính thiết yếu để một nguyên tố có thể đóng vai trò là tạp chất donor (cho electron) trong chất bán dẫn như $\mathrm{Si}$ hoặc $\mathrm{Ge}$ là gì? Và đặc tính thiết yếu để đóng vai trò là tạp chất acceptor (nhận electron) là gì? Hãy giải thích.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• Đối tượng: Tạp chất donor và acceptor trong mạng bán dẫn nhóm 14 ($\mathrm{Si},\mathrm{Ge}$).
• Cần nêu rõ: Đặc tính cốt lõi về số electron hóa trị và cơ chế tạo mức năng lượng trong khe cấm.

Hướng đi:

• Silic và gecmani thuộc nhóm 14 (IV-A), có 4 electron hóa trị tạo 4 tứ diện với các nguyên tử lân cận.
• Tạp chất donor: Thuộc nhóm 15 (V-A), có 5 electron hóa trị (thừa 1 electron liên kết yếu).
• Tạp chất acceptor: Thuộc nhóm 13 (III-A), có 3 electron hóa trị (thiếu 1 electron, sẵn sàng nhận thêm).

Lời giải chi tiết:

Cấu trúc tinh thể của $\mathrm{Si}$ và $\mathrm{Ge}$ là mạng kim cương, trong đó mỗi nguyên tử sử dụng 4 electron hóa trị để tạo 4 với 4 nguyên tử lân cận:

• Đặc tính thiết yếu của tạp chất donor ():
  • Số electron hóa trị: Phải là nguyên tố thuộc nhóm 15 (nhóm V-A) của bảng tuần hoàn (chẳng hạn như photpho $\mathrm{P}$, asen $\mathrm{As}$, hoặc antimon $\mathrm{Sb}$), có 5 electron hóa trị.
  • Cơ chế hoạt động: Khi nguyên tử donor thay thế vào một nút mạng của $\mathrm{Si}$, 4 trong số 5 electron hóa trị tham gia vào 4 với các nguyên tử $\mathrm{Si}$ xung quanh. Electron thứ năm không tham gia liên kết, chỉ chịu lực hút Coulomb rất yếu từ ion tạp chất dương (đã bị màn chắn bởi hằng số điện môi lớn của bán dẫn, $ϵ\approx 12$). Electron này nằm trên mức năng lượng donor $E_D$ chỉ cách đáy vùng dẫn khoảng $0,01$ đến $0,05\mathrm{eV}$, dễ dàng bị kích thích nhiệt nhảy lên vùng dẫn ở nhiệt độ phòng, cung cấp electron tự do mà không sinh ra ở vùng hóa trị.
• Đặc tính thiết yếu của tạp chất acceptor ():
  • Số electron hóa trị: Phải là nguyên tố thuộc nhóm 13 (nhóm III-A) của bảng tuần hoàn (chẳng hạn như bo $\mathrm{B}$, nhôm $\mathrm{Al}$, hoặc gali $\mathrm{Ga}$), có 3 electron hóa trị.
  • Cơ chế hoạt động: Khi nguyên tử acceptor thay thế vào một vị trí trong $\mathrm{Si}$, nó chỉ có 3 electron để liên kết với 4 nguyên tử $\mathrm{Si}$ lân cận, để lại một liên kết bị thiếu hụt một electron. Trạng thái thiếu hụt này tương ứng với một mức năng lượng acceptor $E_A$ nằm ngay sát đỉnh vùng hóa trị (chỉ cách khoảng vài phần trăm $\mathrm{eV}$). Một electron từ vùng hóa trị có thể dễ dàng nhận năng lượng nhiệt để nhảy lên lấp đầy liên kết này, biến nguyên tử tạp chất thành ion âm cố định và để lại một linh động trong vùng hóa trị.

Sơ đồ mức năng lượng tạp chất donor và acceptor trong vùng khe cấm bán dẫn

---

Q42.19

Có nhiều phương pháp vật lý để bứt các electron ra khỏi bề mặt của một chất bán dẫn (chẳng hạn như hiệu ứng quang điện hoặc phát xạ nhiệt electron). Liệu có thể bứt các ra khỏi bề mặt của chất bán dẫn như vậy được không? Hãy giải thích.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• Hiện tượng: Electron có thể bị bứt ra khỏi bề mặt chất rắn vào chân không.
• Vấn đề: Liệu (hole) có thể bị bứt ra ngoài bề mặt vào chân không được không?
• Cần giải thích: Bản chất chuẩn hạt (quasiparticle) của so với hạt cơ bản electron.

Hướng đi:

• Xác định bản chất vật lý của : Lỗ trống không phải là một hạt vật chất độc lập trong không gian trống rỗng, mà là một trạng thái khuyết electron trong một vùng hóa trị gần đầy của .
• Xét điều kiện tồn tại trong chân không: Chân không không có và không có vùng hóa trị để định nghĩa trạng thái khuyết.

Lời giải chi tiết:

Không thể bứt ra khỏi bề mặt chất bán dẫn vào chân không. Nguyên nhân bắt nguồn từ sự khác biệt căn bản giữa một hạt thực và một chuẩn hạt:

• Bản chất thực của electron: Electron là một hạt cơ bản thực sự của tự nhiên, có khối lượng nghỉ, điện tích âm và khả năng tồn tại độc lập trong không gian chân không tự do bên ngoài khối chất bán dẫn (dưới dạng chùm tia electron).
• Bản chất chuẩn hạt của : Lỗ trống không phải là một hạt vật lý có thực trong chân không. Nó thực chất là một khái niệm toán học và vật lý biểu diễn cho trạng thái lượng tử chưa bị chiếm (trạng thái khuyết) trong một vùng hóa trị chứa đầy các liên kết electron của . Chuyển động của một lỗ trống thực chất là chuyển động tập thể của các electron hóa trị lân cận nhảy sang lấp vào vị trí khuyết đó.
• Sự biến mất của ở bề mặt: Lỗ trống chỉ có thể tồn tại bên trong môi trường của chất rắn. Khi một lỗ trống di chuyển ra tới bề mặt phân cách giữa bán dẫn và chân không, nó chỉ có thể bị triệt tiêu nếu một electron từ ngoài đi vào lấp đầy liên kết, hoặc dừng lại ở bề mặt dưới dạng mật độ điện tích bề mặt. Không thể có một "lỗ trống tự do" bay lơ lửng trong chân không, bởi vì trong chân không không có mạng tinh thể nguyên tử để tồn tại khái niệm "thiếu hụt electron liên kết".

---

Q42.20

Một sinh viên khẳng định rằng silic và gecmani trở thành chất cách điện rất tốt ở nhiệt độ rất thấp và trở thành chất dẫn điện rất tốt ở nhiệt độ rất cao. Bạn có đồng ý với khẳng định này không? Hãy giải thích lập luận của bạn.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• Nhận định: Silic và gecmani là chất cách điện tốt ở nhiệt độ rất thấp, và là chất dẫn điện rất tốt ở nhiệt độ rất cao.
• Cần đánh giá: Tính đúng đắn của nhận định dựa trên cơ chế kích thích nhiệt của bán dẫn thuần.

Hướng đi:

• Xét nhiệt độ thấp ($T\to 0\mathrm{K}$): Năng lượng nhiệt $kT\to 0$, mật độ hạt tải điện dẫn $n_i\propto e^{-E_g/2kT}\to 0$.
• Xét nhiệt độ cao: Năng lượng nhiệt tăng, mật độ hạt tải kích thích qua khe cấm tăng vọt theo hàm mũ, độ dẫn điện $\sigma =e(n{\mu }_n+p{\mu }_p)$ tăng mạnh.

Lời giải chi tiết:

Đồng ý hoàn toàn với khẳng định của sinh viên. Lập luận này hoàn toàn chính xác dựa trên bản chất vật lý của chất bán dẫn thuần:

• Ở nhiệt độ rất thấp ($T\to 0\mathrm{K}$): Năng lượng nhiệt đặc trưng $kT$ tiến dần về không. Để dẫn điện, electron từ đỉnh vùng hóa trị phải vượt qua khe cấm năng lượng $E_g$ ($1,12\mathrm{eV}$ đối với $\mathrm{Si}$ và $0,67\mathrm{eV}$ đối với $\mathrm{Ge}$) để lên vùng dẫn. Vì không có năng lượng nhiệt để kích thích, toàn bộ electron bị giam chặt trong các ở vùng hóa trị, vùng dẫn hoàn toàn trống rỗng ($n=0,p=0$). Lúc này, không có bất kỳ hạt tải điện tự do nào di chuyển được dưới tác dụng của . Do đó, điện trở suất tiến tới vô cùng và chất bán dẫn trở thành một chất cách điện lý tưởng.
• Ở nhiệt độ rất cao: Mật độ hạt tải điện nội sinh tăng vọt theo quy luật hàm mũ:

$$n_i=p_i\propto T^{3/2}{e}^{-E_g/2kT}.$$

Khi nhiệt độ tăng lên vài trăm độ C, năng lượng nhiệt kích thích một lượng khổng lồ electron nhảy vọt qua khe cấm lên vùng dẫn, đồng thời sinh ra lượng tương ứng trong vùng hóa trị. Mật độ hạt tải điện nội sinh tăng lên nhiều bậc độ lớn, vượt trội hoàn toàn so với sự suy giảm nhẹ của độ linh động do tán xạ nhiệt trên . Kết quả là độ dẫn điện $\sigma =e{n}_i({\mu }_n+{\mu }_p)$ tăng vọt, khiến silic và gecmani trở thành những chất dẫn điện tốt (với hành vi dẫn điện tương tự như một kim loại nóng).

---

Q42.21

Độ dẫn điện của đa số kim loại giảm dần khi nhiệt độ tăng, trong khi độ dẫn điện nội sinh của chất bán dẫn luôn tăng rất nhanh theo nhiệt độ. Nguyên nhân cốt lõi nào dẫn đến sự khác biệt trái ngược này?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• Nghịch lý nhiệt độ: Kim loại có độ dẫn điện $\sigma$ giảm khi $T$ tăng, trong khi bán dẫn thuần có $\sigma$ tăng nhanh theo $T$.
• Cần làm rõ: Sự cạnh tranh giữa mật độ hạt tải điện $n(T)$ và độ linh động $\mu (T)$ trong công thức độ dẫn $\sigma =ne\mu$.

Hướng đi:

• Độ dẫn điện tổng quát: $\sigma =ne\mu$, trong đó $n$ là mật độ hạt tải và $\mu$ là độ linh động (thời gian hồi phục giữa hai lần va chạm).
• Trong miền kim loại đang xét: $n$ gần như không đổi theo nhiệt độ, sự tăng nhiệt độ làm tăng tán xạ phonon (giảm $\mu$).
• Trong bán dẫn: $n$ tăng theo hàm mũ $e^{-E_g/2kT}$, có thể chi phối sự thay đổi của độ linh động.

Lời giải chi tiết:

Độ dẫn điện của một chất rắn phụ thuộc vào hai yếu tố chính theo công thức:

$$\sigma =ne\mu ,$$

trong đó $n$ là mật độ hạt tải điện tự do, $e$ là điện tích và $\mu$ là độ linh động của hạt tải:

• Đối với kim loại:
  • Mật độ hạt tải $n$ không đổi: Kim loại có vùng dẫn bị chiếm một phần sẵn có, mật độ electron tự do rất lớn (cỡ ${10}^{28}{\mathrm{m}}^{-3}$) và gần như không đổi trong miền nhiệt độ đang xét.
  • Độ linh động $\mu$ giảm: Khi nhiệt độ tăng, các ion tại các nút dao động nhiệt mạnh hơn quanh vị trí cân bằng (tăng mật độ phonon). Các electron chuyển động bị tán xạ va chạm liên tục với các dao động mạng này, làm giảm quãng đường tự do trung bình và giảm độ linh động $\mu \propto 1/T$. Vì $n$ cố định còn $\mu$ giảm, độ dẫn điện của kim loại giảm dần khi nhiệt độ tăng (điện trở suất kim loại tăng tuyến tính với $T$).
• Đối với chất bán dẫn nội sinh:
  • Mật độ hạt tải $n$ tăng theo hàm mũ: Ở nhiệt độ phòng hoặc cao hơn, sự gia tăng nhiệt độ cung cấp năng lượng kích thích các electron vượt qua khe cấm năng lượng $E_g$, làm mật độ hạt tải $n_i$ tăng vọt theo hàm mũ:

$$n_i(T)\propto e^{-E_g/2kT}.$$

• Tác động áp đảo của $n$ so với $\mu$: Mặc dù độ linh động $\mu$ của hạt tải trong bán dẫn cũng giảm nhẹ do va chạm , nhưng tốc độ tăng theo hàm mũ của mật độ hạt tải $n(T)$ lớn hơn gấp nhiều lần so với tốc độ suy giảm của $\mu$. Do đó, tích số $n(T)\mu (T)$ tăng nhanh, khiến độ dẫn điện nội sinh tăng nhanh trong miền mô hình đang xét.

---

Q42.22

Làm thế nào để chế tạo được silic bù (compensated silicon) có số lượng tạp chất acceptor nhiều gấp đôi số lượng tạp chất donor?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• Khái niệm: Bán dẫn bù (compensated semiconductor) chứa đồng thời cả tạp chất donor và acceptor.
• Mục tiêu: Chế tạo silic bù có $N_A=2N_D$.
• Cần giải thích: Quy trình công nghệ pha tạp (doping) và trạng thái dẫn điện của vật liệu thu được.

Hướng đi:

• Bán dẫn bù được hình thành bằng cách đưa cả hai loại tạp chất vào cùng một tinh thể nền.
• Có thể pha tạp từng bước: Bắt đầu từ có nồng độ donor $N_D$, sau đó pha thêm tạp chất acceptor với nồng độ gấp đôi $N_A=2N_D$ (hoặc ngược lại).
• Các electron từ mức donor sẽ rơi xuống điền đầy các mức acceptor, dẫn đến nồng độ tự do hiệu dụng là $p=N_A-N_D=N_D$.

Lời giải chi tiết:

Silic bù có nồng độ tạp chất acceptor gấp đôi donor ($N_A=2N_D$) có thể được chế tạo thông qua quy trình công nghệ pha tạp kiểm soát nồng độ:

• Phương pháp pha tạp hai giai đoạn:
  1. Pha tạp donor ban đầu: Pha tạp vào tinh thể silic tinh khiết một lượng xác định các nguyên tử thuộc nhóm 15 (chẳng hạn như photpho $\mathrm{P}$) với mật độ đồng đều $N_D$ (ví dụ $N_D={10}^{16}{\mathrm{nguy}\mathrm{ê}\mathrm{n}\mathrm{t}\mathrm{ử}/\mathrm{cm}}^3$) bằng phương pháp cấy ion (ion implantation) hoặc khuếch tán nhiệt từ pha khí. Tinh thể lúc này là .
  2. Pha tạp bù acceptor: Tiếp tục cấy hoặc khuếch tán các nguyên tử thuộc nhóm 13 (chẳng hạn như bo $\mathrm{B}$) vào cùng khối silic đó với nồng độ chính xác gấp đôi: $N_A=2N_D$ (tức $2\times {10}^{16}{\mathrm{nguy}\mathrm{ê}\mathrm{n}\mathrm{t}\mathrm{ử}/\mathrm{cm}}^3$).
• Cơ chế bù trừ điện tích trong tinh thể:
  • Mỗi nguyên tử donor đưa vào một electron liên kết yếu, trong khi mỗi nguyên tử acceptor tạo ra một trạng thái khuyết electron (sẵn sàng nhận electron).
  • Vì mức năng lượng của acceptor ($E_A$) nằm sâu hơn rất nhiều so với mức năng lượng của donor ($E_D$), tất cả $N_D$ electron từ các nguyên tử donor sẽ tự động chuyển xuống lấp đầy $N_D$ trạng thái acceptor, biến các donor thành ion dương $D^{+}$ và một nửa số acceptor thành ion âm $A^{-}$.
  • Số nguyên tử acceptor chưa được điền đầy còn lại là:

$$\begin{array}{rl}{N}_A^{\prime }& =N_A-N_D\\ & =2N_D-N_D\\ & =N_D.\end{array}$$

• Trạng thái vật liệu thu được: Số nguyên tử acceptor chưa được bù $N_D$ sẽ nhận electron từ đỉnh vùng hóa trị thông qua kích thích nhiệt, sinh ra mật độ tự do dẫn điện trong vùng hóa trị là $p\approx N_A-N_D=N_D$. Như vậy, mẫu silic bù thu được có hành vi dẫn điện như một với mật độ lỗ trống hiệu dụng đúng bằng $N_D$.

---

Q42.23

Dòng điện bão hòa nghịch $I_S$ của một điốt phụ thuộc rất mạnh vào nhiệt độ. Hãy giải thích nguyên nhân vật lý tại sao.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• Đối tượng: Điốt tiếp giáp p-n.
• Hiện tượng: Dòng bão hòa phân cực nghịch $I_S$ tăng nhạy theo nhiệt độ.
• Cần giải thích: Nguồn gốc của dòng $I_S$ do các hạt tải thiểu số khuếch tán qua .

Hướng đi:

• Dòng phân cực nghịch $I_S$ được tạo nên bởi các hạt tải điện thiểu số (minority carriers): Electron trong miền p và trong miền n khuếch tán tới bờ và bị tiếp xúc cuốn trôi sang miền đối diện.
• Nồng độ hạt tải thiểu số tỷ lệ thuận với bình phương nồng độ hạt tải nội sinh $n_i^2$.
• Bình phương mật độ hạt tải nội sinh chứa thừa số $e^{-E_g/(kT)}$, còn chính mật độ chứa thừa số $e^{-E_g/(2kT)}$.

Lời giải chi tiết:

Dòng điện bão hòa nghịch $I_S$ nhạy cảm cao độ với nhiệt độ do cơ chế sinh hạt tải thiểu số:

• Bản chất của dòng điện phân cực nghịch: Khi bị phân cực nghịch với điện thế đủ lớn ($V<0$ và $|V|\gg kT/e$), rào thế tại vùng nghèo tăng cao, ngăn chặn hoàn toàn dòng hạt tải đa số khuếch tán qua tiếp giáp. Dòng điện còn lại duy nhất chạy qua mạch là dòng bão hòa nghịch $I_S$, sinh ra bởi các hạt tải điện thiểu số được kích thích nhiệt ở hai bên tiếp giáp (các electron thiểu số trong miền p và các thiểu số trong miền n). Khi các hạt tải thiểu số này khuếch tán đến bờ vùng nghèo, tiếp xúc mạnh bên trong vùng nghèo sẽ cuốn trôi chúng sang bờ bên kia.
• Phụ thuộc hàm mũ vào nhiệt độ: Vì dòng $I_S$ tỷ lệ trực tiếp với nồng độ hạt tải thiểu số ($n_p$ trong miền p và $p_n$ trong miền n), theo định luật tác dụng khối lượng $n_p{p}_p=n_i^2$ và $p_n{n}_n=n_i^2$:

$$n_p=\frac{n_i^2}{N_A}.$$

$$p_n=\frac{n_i^2}{N_D}.$$

Cả hai nồng độ hạt tải thiểu số đều tỷ lệ thuận với bình phương mật độ hạt tải nội sinh $n_i^2$.

• Hệ thức nhiệt độ của $I_S$: Mật độ nội sinh $n_i^2$ phụ thuộc vào nhiệt độ theo hàm mũ chứa khe cấm năng lượng $E_g$ là $n_i^2(T)\propto T^3{e}^{-E_g/kT}$. Do đó dòng điện bão hòa nghịch tỷ lệ với:

$$I_S(T)\propto T^3{e}^{-E_g/kT}.$$

Vì năng lượng khe cấm $E_g$ (khoảng $1,12\mathrm{eV}$ với $\mathrm{Si}$) lớn hơn rất nhiều so với năng lượng nhiệt $kT$ ($\mathrm{0,026}\mathrm{eV}$ ở nhiệt độ phòng), số hạng hàm mũ $e^{-E_g/kT}$ tăng với tốc độ nhanh khi nhiệt độ $T$ tăng. Độ tăng cụ thể còn phụ thuộc miền nhiệt độ, và các cơ chế vận chuyển, nên không có một số độ tăng nhiệt cố định áp dụng cho mọi .

Đặc tuyến V-I của điốt tiếp giáp p-n

---

Q42.24

Tại sao hiện tượng xuyên hầm lượng tử (quantum tunneling) lại đặt ra một giới hạn vật lý nghiêm ngặt đối với sự thu nhỏ kích thước của các tranzito trường kim loại – oxit – bán dẫn (MOSFET)?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• Vấn đề: Giới hạn thu nhỏ (scaling limit) của tranzito MOSFET trong công nghệ vi mạch tích hợp.
• Cần giải thích: Cơ chế hiệu ứng xuyên hầm lượng tử gây rò rỉ dòng điện qua lớp cách điện cổng và qua kênh dẫn.

Hướng đi:

• Cấu trúc MOSFET: Lớp điện môi oxit cổng (${\mathrm{SiO}}_2$ hoặc high-k) ngăn cách cực cổng (Gate) với kênh dẫn, và chiều dài kênh dẫn $L$ ngăn cách cực nguồn (Source) với cực máng (Drain).
• Khi thu nhỏ kích thước tranzito xuống thang nanômét, bề dày lớp oxit chỉ còn vài nguyên tử ($<1\mathrm{nm}$) và chiều dài kênh rất ngắn.
• Hệ số truyền qua rào thế hữu hạn trong cơ học lượng tử tăng theo hàm mũ khi bề rộng rào thế $L$ giảm: $T\propto e^{-2\kappa L}$.

Lời giải chi tiết:

Nguyên lý hoạt động của tranzito MOSFET dựa trên việc điều khiển bật/tắt dòng điện bằng cổ điển. Khi thu nhỏ kích thước tranzito xuống thang nanômét, hiện tượng xuyên hầm lượng tử phá vỡ cơ chế này theo hai phương diện:

• Xuyên hầm qua lớp oxit cách điện cổng (Gate Dielectric Tunneling):
  • Để duy trì khả năng điều khiển tĩnh điện trên kênh dẫn khi thu nhỏ chiều dài kênh, bề dày của lớp điện môi oxit cổng ($d$) bắt buộc phải giảm tương ứng. Khi lớp cách điện ${\mathrm{SiO}}_2$ mỏng xuống dưới $1,5\mathrm{nm}$ (chỉ tương đương độ dày của khoảng 4 đến 5 lớp nguyên tử), nó trở thành một rào thế lượng tử cực mỏng đối với các electron.
  • Theo cơ học lượng tử, xác suất xuyên hầm của electron qua rào thế tăng theo hàm mũ:

$$T_{tunnel}\approx e^{-2\kappa d},$$

trong đó hệ số suy giảm sóng là:

$$\kappa =\frac{\sqrt{2m(U_0-E)}}{\hslash }.$$

• Các electron từ cực cổng có thể xuyên thẳng qua lớp oxit vào kênh dẫn, tạo ra dòng rò cực cổng khổng lồ ngay cả khi tranzito đang ở trạng thái ngắt. Dòng rò này gây tiêu tán năng lượng cực lớn dưới dạng nhiệt và làm cạn kiệt pin của các thiết bị vi mạch.
• Xuyên hầm trực tiếp giữa cực nguồn và cực máng (Source-to-Drain Tunneling):
  • Khi chiều dài kênh dẫn giữa cực nguồn (Source) và cực máng (Drain) bị thu hẹp xuống dưới khoảng $5\mathrm{nm}$, rào thế ngăn cách giữa cực nguồn và cực máng trở nên quá hẹp.
  • Các electron có thể tự động xuyên hầm lượng tử trực tiếp từ nguồn sang máng mà không cần điện áp điều khiển mở kênh ở cực cổng. Tranzito mất hoàn toàn khả năng đóng ngắt dòng điện (không thể tắt được), dẫn đến việc mất chức năng của cổng logic kỹ thuật số.

Vì vậy, hiện tượng xuyên hầm lượng tử đặt ra giới hạn vật lý cơ bản không thể vượt qua đối với kích thước hình học của các tranzito bán dẫn truyền thống.

Bài tập 42.1–42.22

Phần này bao gồm lời giải chi tiết cho 22 bài tập đầu tiên của Chương 42, bao gồm các chủ đề: Các dạng liên kết phân tử, quang phổ quay và dao động phân tử, cấu trúc chất rắn, lý thuyết và mô hình trong kim loại.

Các hằng số vật lý sử dụng trong tính toán:

• Tốc độ ánh sáng trong chân không: $c=3,00\times {10}^8\mathrm{m}/\mathrm{s}$
• Hằng số Planck: $h=\mathrm{6,626}\times {10}^{-34}\mathrm{J}\cdot \mathrm{s}$
• Hằng số Planck rút gọn: $\hslash =\frac{h}{2\pi }$, tức $\mathrm{1,055}\times {10}^{-34}\mathrm{J}\cdot \mathrm{s}$
• Điện tích nguyên tố: $e=\mathrm{1,602}\times {10}^{-19}\mathrm{C}$
• Hằng số điện môi chân không: ${ϵ}_0=\mathrm{8,854}\times {10}^{-12}\mathrm{F}/\mathrm{m}$ ($\frac{1}{4\pi {ϵ}_0}\approx \mathrm{8,988}\times {10}^9\mathrm{N}\cdot {\mathrm{m}}^2/{\mathrm{C}}^2$)
• Khối lượng electron: $m_e=\mathrm{9,109}\times {10}^{-31}\mathrm{kg}$
• Hằng số Boltzmann: $k=\mathrm{1,381}\times {10}^{-23}\mathrm{J}/\mathrm{K}$, tương đương $\mathrm{8,617}\times {10}^{-5}\mathrm{eV}/\mathrm{K}$
• Hằng số khí lý tưởng: $R=\mathrm{8,314}\mathrm{J}/(\mathrm{mol}\cdot \mathrm{K})$

---

42.1

. (a) Hãy tính thế năng tĩnh điện của một ion ${\mathrm{K}}^{+}$ và một ion ${\mathrm{Br}}^{-}$ cách nhau một khoảng $0,29\mathrm{nm}$, vốn là khoảng cách cân bằng trong phân tử $\mathrm{KBr}$. Coi các ion như các điện tích điểm. (b) Năng lượng ion hóa của nguyên tử kali là $4,3\mathrm{eV}$. Nguyên tử brom có ái lực electron là $3,5\mathrm{eV}$. Hãy sử dụng các số liệu này cùng kết quả ở câu (a) để ước lượng năng lượng liên kết của phân tử $\mathrm{KBr}$. Bạn dự đoán năng lượng liên kết thực tế sẽ cao hơn hay thấp hơn giá trị ước lượng này? Hãy giải thích lập luận của bạn.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• Khoảng cách cân bằng giữa hai ion: $r_0=0,29\mathrm{nm}$, tức $2,9\times {10}^{-10}\mathrm{m}$.
• Năng lượng ion hóa của kali: $E_{ion}=4,3\mathrm{eV}$.
• Ái lực electron của brom: $E_{ea}=3,5\mathrm{eV}$.
• Cần tính: Thế năng tĩnh điện Coulomb $U_{Coulomb}$, ước lượng năng lượng liên kết $E_b$, và phân tích ảnh hưởng của lực đẩy lõi electron lên giá trị thực tế.

Hướng đi:

• Coi hai ion mang điện tích điểm $q_1=+e$ và $q_2=-e$. Thế năng tương tác Coulomb được tính bởi $U=-\frac{e^2}{4\pi {ϵ}_0{r}_0}$.
• Để tạo phân tử từ hai nguyên tử trung hòa riêng biệt: Tốn năng lượng ion hóa $E_{ion}$ để bứt electron từ $\mathrm{K}$, thu lại năng lượng $E_{ea}$ khi $\mathrm{Br}$ nhận electron, sau đó thu lại thế năng Coulomb khi hai ion tiến lại khoảng cách $r_0$.
• Năng lượng liên kết $E_b$ là năng lượng cần cung cấp để tách phân tử thành các nguyên tử trung hòa riêng rẽ: $E_b=-\mathrm{\Delta }E-U_C$, trong đó $\mathrm{\Delta }E=E_{ion}-E_{ea}$ và $U_C=U_{\mathrm{Coulomb}}$.
• Ở khoảng cách cân bằng thực tế, thế năng đẩy Pauli $U_{rep}(r_0)>0$ làm hố thế bớt sâu, do đó năng lượng liên kết thực tế sẽ nhỏ hơn giá trị ước lượng thuần túy Coulomb.

Lời giải chi tiết:

(a) Tính thế năng tĩnh điện Coulomb của hai ion: Thế năng tĩnh điện tương tác giữa ion ${\mathrm{K}}^{+}$ và ion ${\mathrm{Br}}^{-}$ ($U\equiv U_{Coulomb}$):

$$\begin{array}{rl}U& =-\frac{e^2}{4\pi {ϵ}_0{r}_0}\\ & \approx -7,95\times {10}^{-19}\mathrm{J}.\end{array}$$

trong đó $k_e=(4\pi {ϵ}_0{)}^{-1}$, với $k_e\approx \mathrm{8,988}\times {10}^9\mathrm{N}{\mathrm{m}}^2/{\mathrm{C}}^2$ và $e=\mathrm{1,602}\times {10}^{-19}\mathrm{C}$.

Đổi sang đơn vị electron-volt với $1\mathrm{eV}\approx \mathrm{1,602}\times {10}^{-19}\mathrm{J}$:

$$U_{Coulomb}\approx -4,97\mathrm{eV}.$$

(b) Ước lượng năng lượng liên kết của phân tử $\mathrm{KBr}$: Xét quá trình tạo thành phân tử từ hai nguyên tử trung hòa $\mathrm{K}$ và $\mathrm{Br}$ ở xa vô cực:

• Bước 1: Tạo ion ${\mathrm{K}}^{+}$ và ${\mathrm{Br}}^{-}$ tự do:

$$\begin{array}{rl}\mathrm{\Delta }{E}_1& =E_{ion}(\mathrm{K})-E_{ea}(\mathrm{Br})\\ & =4,3\mathrm{eV}-3,5\mathrm{eV}\\ & =+0,8\mathrm{eV}.\end{array}$$

Hệ cần nhận vào $0,8\mathrm{eV}$.

• Bước 2: Hai ion tiến lại khoảng cách cân bằng $r_0$: Thế năng giảm một lượng bằng $U_{Coulomb}=-4,97\mathrm{eV}$. Năng lượng toàn phần của phân tử so với trạng thái hai nguyên tử trung hòa đứng riêng rẽ:

$$\begin{array}{rl}{E}_{mol}& =\mathrm{\Delta }{E}_1+U_{Coulomb}\\ & =+0,8\mathrm{eV}-4,97\mathrm{eV}\\ & =-4,17\mathrm{eV}.\end{array}$$

Năng lượng liên kết của phân tử (năng lượng cần thiết để tách phân tử thành hai nguyên tử trung hòa) được ước lượng là:

$$\begin{array}{rl}{E}_b& =-E_{mol}\\ & =+4,17\mathrm{eV}\\ & \approx 4,2\mathrm{eV}.\end{array}$$

• Nhận xét về giá trị thực tế: Năng lượng liên kết thực tế sẽ thấp hơn (nhỏ hơn) giá trị ước lượng $4,17\mathrm{eV}$.
• Giải thích: Trong tính toán trên, ta mới chỉ tính thế năng hút Coulomb mà bỏ qua thế năng đẩy ở khoảng cách ngắn giữa các lớp vỏ electron đã điền đầy của hai ion (hệ quả của ). Tại khoảng cách cân bằng $r_0$, thế năng toàn phần là $U_0=U_C+U_R$, với $U_C$ là thế Coulomb và $U_R$ là thế đẩy, đều được tính tại $r_0$. Vì $U_R>0$, đáy thế thực tế nông hơn giá trị Coulomb $-4,97\mathrm{eV}$. Năng lượng phân ly thực tế vì thế nhỏ hơn giá trị ước lượng khoảng $4,2\mathrm{eV}$.

Đường thế năng liên kết ion U(r) theo khoảng cách liên hạt nhân

---

42.2

Trong mỗi quá trình sau đây, một ánh sáng được phát ra. Hãy tính bước sóng của photon phát ra và cho biết bước sóng đó thuộc vùng nào của phổ sóng điện từ: (a) Một phân tử giảm năng lượng dao động của nó đi một lượng $\mathrm{0,198}\mathrm{eV}$. (b) Một nguyên tử giảm năng lượng của nó đi một lượng $7,80\mathrm{eV}$. (c) Một phân tử giảm năng lượng quay của nó đi một lượng $4,80\times {10}^{-3}\mathrm{eV}$.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• Năng lượng phát ra bằng độ giảm năng lượng của hệ: $E_{ph}=\mathrm{\Delta }E$.
• Các trường hợp: (a) $\mathrm{\Delta }E=\mathrm{0,198}\mathrm{eV}$. (b) $\mathrm{\Delta }E=7,80\mathrm{eV}$. (c) $\mathrm{\Delta }E=4,80\times {10}^{-3}\mathrm{eV}$, tức $4,80\mathrm{meV}$.
• Cần tìm: Bước sóng $\lambda$ và vùng phổ điện từ tương ứng.

Hướng đi:

• Bước sóng của liên hệ với năng lượng qua hệ thức de Broglie – Einstein:

$$\lambda =\frac{hc}{\mathrm{\Delta }E}.$$

• Sử dụng tích số $hc\approx 1239,8\mathrm{eV}\cdot \mathrm{nm}$, tương đương $\mathrm{1,240}\times {10}^{-6}\mathrm{eV}\cdot \mathrm{m}$.
• Đối chiếu dải bước sóng để phân loại: Tử ngoại ($\lambda <400\mathrm{nm}$), khả kiến ($400-700\mathrm{nm}$), hồng ngoại ($700\mathrm{nm}-1\mathrm{mm}$), vi sóng ($\lambda >1\mathrm{mm}$).

Lời giải chi tiết:

(a) Phân tử giảm năng lượng dao động một lượng $\mathrm{\Delta }E=\mathrm{0,198}\mathrm{eV}$: Bước sóng phát ra:

$$\begin{array}{rl}\lambda & =\frac{hc}{\mathrm{\Delta }E}\\ & =\frac{\mathrm{1,239}8\times {10}^{-6}\mathrm{eV}\cdot \mathrm{m}}{\mathrm{0,198}\mathrm{eV}}\\ & \approx 6,26\times {10}^{-6}\mathrm{m}\\ & =6,26\mu \mathrm{m}.\end{array}$$

Vùng phổ: Vùng hồng ngoại (Infrared).

(b) Nguyên tử giảm năng lượng một lượng $\mathrm{\Delta }E=7,80\mathrm{eV}$: Bước sóng phát ra:

$$\begin{array}{rl}\lambda & =\frac{hc}{\mathrm{\Delta }E}\\ & =\frac{1239,8\mathrm{eV}\cdot \mathrm{nm}}{7,80\mathrm{eV}}\\ & \approx 159\mathrm{nm}.\end{array}$$

Vùng phổ: Vùng tử ngoại (Ultraviolet).

(c) Phân tử giảm năng lượng quay một lượng $\mathrm{\Delta }E=4,80\times {10}^{-3}\mathrm{eV}$: Bước sóng phát ra:

$$\begin{array}{rl}\lambda & =\frac{hc}{\mathrm{\Delta }E}\\ & =\frac{\mathrm{1,239}8\times {10}^{-6}\mathrm{eV}\cdot \mathrm{m}}{4,80\times {10}^{-3}\mathrm{eV}}\\ & \approx 2,58\times {10}^{-4}\mathrm{m}\\ & =\mathrm{0,258}\mathrm{mm}\\ & =258\mu \mathrm{m}.\end{array}$$

Vùng phổ: Vùng hồng ngoại xa / vi sóng (Far-infrared / Microwave).

---

42.3

Đối với phân tử ${\mathrm{H}}_2$, khoảng cách cân bằng giữa hai proton là $\mathrm{0,074}\mathrm{nm}$. Khối lượng của nguyên tử hiđro là $1,67\times {10}^{-27}\mathrm{kg}$. Hãy tính bước sóng của phát ra trong bước chuyển mức năng lượng quay từ $l=2$ về $l=1$.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• Phân tử đồng hạch: ${\mathrm{H}}_2$.
• Khối lượng mỗi nguyên tử: $m_1=m_2$, tức $1,67\times {10}^{-27}\mathrm{kg}$.
• Khoảng cách liên hạt nhân: $r_0=\mathrm{0,074}\mathrm{nm}$, tức $7,4\times {10}^{-11}\mathrm{m}$.
• Chuyển mức quay: Từ $l=2$ xuống $l=1$.
• Cần tìm: Bước sóng phát ra $\lambda$.

Hướng đi:

• Tính khối lượng rút gọn: $m_r=\frac{m_H}{2}$.
• Tính mômen quán tính của phân tử: $I=m_r{r}_0^2$.
• Hiệu mức năng lượng quay trong bước chuyển mức từ $l$ xuống $l-1$: $\mathrm{\Delta }E=\frac{{\hslash }^2}{2I}[l(l+1)-(l-1)l]$, tức $\frac{l{\hslash }^2}{I}$. Với $l=2$, $\mathrm{\Delta }E=\frac{2{\hslash }^2}{I}$.
• Bước sóng phát ra: $\lambda =\frac{hc}{\mathrm{\Delta }E}$.

Lời giải chi tiết:

Khối lượng rút gọn của phân tử ${\mathrm{H}}_2$:

$$\begin{array}{rl}{m}_r& =\frac{m_H}{2}\\ & =\frac{1,67\times {10}^{-27}\mathrm{kg}}{2}\\ & =8,35\times {10}^{-28}\mathrm{kg}.\end{array}$$

Mômen quán tính của phân tử với $r_0=7,4\times {10}^{-11}\mathrm{m}$:

$$\begin{array}{rl}I& =m_r{r}_0^2\\ & \approx \mathrm{4,573}\times {10}^{-48}\mathrm{kg}\cdot {\mathrm{m}}^2.\end{array}$$

Độ giảm năng lượng quay khi chuyển mức từ $l=2$ xuống $l=1$:

$$\begin{array}{rl}\mathrm{\Delta }E& =E_2-E_1\\ & =[2(3)-1(2)]\frac{{\hslash }^2}{2I}\\ & =\frac{2{\hslash }^2}{I}\\ & \approx \mathrm{4,868}\times {10}^{-21}\mathrm{J}.\end{array}$$

với $\hslash =\mathrm{1,055}\times {10}^{-34}\mathrm{J}\cdot \mathrm{s}$ và $I\approx \mathrm{4,573}\times {10}^{-48}\mathrm{kg}\cdot {\mathrm{m}}^2$.

Đổi sang electron-volt:

$$\begin{array}{rl}\mathrm{\Delta }E& =\frac{\mathrm{4,868}\times {10}^{-21}\mathrm{J}}{\mathrm{1,602}\times {10}^{-19}\mathrm{J}/\mathrm{eV}}\\ & \approx \mathrm{0,030}38\mathrm{eV}\\ & =30,38\mathrm{meV}.\end{array}$$

Bước sóng của phát ra với $hc\approx \mathrm{1,988}\times {10}^{-25}\mathrm{J}\cdot \mathrm{m}$:

$$\begin{array}{rl}\lambda & =\frac{hc}{\mathrm{\Delta }E}\\ & \approx 4,08\times {10}^{-5}\mathrm{m}\\ & =40,8\mu \mathrm{m}.\end{array}$$

Bức xạ phát ra nằm trong vùng hồng ngoại xa với bước sóng $40,8\mu \mathrm{m}$.

Giản đồ mức năng lượng quay của phân tử hai nguyên tử

---

42.4

Phân tử ${\mathrm{H}}_2$ có mômen quán tính là $4,6\times {10}^{-48}\mathrm{kg}\cdot {\mathrm{m}}^2$. Hãy xác định bước sóng $\lambda$ của bị hấp thụ khi phân tử ${\mathrm{H}}_2$ thực hiện bước chuyển mức năng lượng quay từ $l=3$ lên $l=4$.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• Mômen quán tính của phân tử ${\mathrm{H}}_2$: $I=4,6\times {10}^{-48}\mathrm{kg}\cdot {\mathrm{m}}^2$.
• Bước chuyển mức quay: Hấp thụ từ $l=3$ lên $l^{\prime }=4$.
• Cần tìm: Bước sóng hấp thụ $\lambda$.

Hướng đi:

• Năng lượng hấp thụ bằng hiệu hai mức quay $\mathrm{\Delta }E=E_4-E_3$, với $E_l=l(l+1)\frac{{\hslash }^2}{2I}$ dẫn đến $\mathrm{\Delta }E=\frac{4{\hslash }^2}{I}$.
• Bước sóng hấp thụ: $\lambda =\frac{hc}{\mathrm{\Delta }E}$.

Lời giải chi tiết:

Độ chênh lệch năng lượng giữa mức $l=4$ và mức $l=3$:

$$\begin{array}{rl}\mathrm{\Delta }E& =E_4-E_3\\ & =(20-12)\frac{{\hslash }^2}{2I}\\ & =\frac{4{\hslash }^2}{I}.\end{array}$$

Thay $\hslash =\mathrm{1,055}\times {10}^{-34}\mathrm{J}\cdot \mathrm{s}$ và $I=4,6\times {10}^{-48}\mathrm{kg}\cdot {\mathrm{m}}^2$:

$$\begin{array}{rl}\mathrm{\Delta }E& =\frac{4{\hslash }^2}{I}\\ & \approx \mathrm{9,678}\times {10}^{-21}\mathrm{J}.\end{array}$$

Đổi sang electron-volt:

$$\begin{array}{rl}\mathrm{\Delta }E& =\frac{\mathrm{9,678}\times {10}^{-21}\mathrm{J}}{\mathrm{1,602}\times {10}^{-19}\mathrm{J}/\mathrm{eV}}\\ & \approx \mathrm{0,060}41\mathrm{eV}\\ & =60,41\mathrm{meV}.\end{array}$$

Bước sóng hấp thụ với $hc\approx \mathrm{1,988}\times {10}^{-25}\mathrm{J}\cdot \mathrm{m}$:

$$\begin{array}{rl}\lambda & =\frac{hc}{\mathrm{\Delta }E}\\ & \approx 2,05\times {10}^{-5}\mathrm{m}\\ & =20,5\mu \mathrm{m}.\end{array}$$

Bước sóng bị phân tử hấp thụ là $20,5\mu \mathrm{m}$.

---

42.5

Một phân tử giả định $\mathrm{NH}$ thực hiện một bước chuyển mức năng lượng quay từ $l=3$ về $l=1$ và phát ra một có bước sóng $\mathrm{1,780}\mathrm{nm}$. Khoảng cách giữa hai nguyên tử trong phân tử này là bao nhiêu nếu chúng ta mô hình hóa chúng như các chất điểm? Khối lượng của nguyên tử hiđro là $1,67\times {10}^{-27}\mathrm{kg}$, và khối lượng của nguyên tử nitơ là $2,33\times {10}^{-26}\mathrm{kg}$.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• Phân tử giả định: $\mathrm{NH}$.
• Khối lượng nguyên tử $\mathrm{H}$: $m_1=1,67\times {10}^{-27}\mathrm{kg}$.
• Khối lượng nguyên tử $\mathrm{N}$: $m_2=2,33\times {10}^{-26}\mathrm{kg}$.
• Bước chuyển mức quay: Từ $l=3$ về $l=1$.
• Bước sóng phát xạ: $\lambda =\mathrm{1,780}\mathrm{nm}$, tức $\mathrm{1,780}\times {10}^{-9}\mathrm{m}$.
• Cần tìm: Khoảng cách giữa hai nguyên tử $r$.

Hướng đi:

• Độ biến thiên năng lượng quay $\mathrm{\Delta }E=E_3-E_1$, với hiệu mức quay tương ứng là $\mathrm{\Delta }E=\frac{5{\hslash }^2}{I}$.
• Năng lượng phát ra: $E_{ph}=\frac{hc}{\lambda }$, tức $\mathrm{\Delta }E$, suy ra $I=\frac{5{\hslash }^2\lambda }{hc}$, tức $\frac{5h\lambda }{4{\pi }^{2}c}$.
• Tính khối lượng rút gọn $m_r=\frac{m_1{m}_2}{m_1+m_2}$, từ đó suy ra khoảng cách liên hạt nhân $r=\sqrt{I/m_r}$.

Lời giải chi tiết:

Tính khối lượng rút gọn của phân tử $\mathrm{NH}$ với $m_1=1,67\times {10}^{-27}\mathrm{kg}$ và $m_2=2,33\times {10}^{-26}\mathrm{kg}$:

$$\begin{array}{rl}{m}_r& =\frac{m_1{m}_2}{m_1+m_2}\\ & \approx \mathrm{1,558}\times {10}^{-27}\mathrm{kg}.\end{array}$$

Độ chênh lệch năng lượng giữa hai mức quay $l=3$ và $l=1$:

$$\begin{array}{rl}\mathrm{\Delta }E& =E_3-E_1\\ & =(12-2)\frac{{\hslash }^2}{2I}\\ & =\frac{5{\hslash }^2}{I}.\end{array}$$

Vì năng lượng này bằng năng lượng của phát xạ:

$$\frac{5{\hslash }^2}{I}=\frac{hc}{\lambda }.$$

Suy ra mômen quán tính của phân tử:

$$\begin{array}{rl}I& =\frac{5{\hslash }^2\lambda }{hc}\\ & =\frac{5h\lambda }{4{\pi }^{2}c}\\ & \approx \mathrm{4,983}\times {10}^{-52}\mathrm{kg}\cdot {\mathrm{m}}^2.\end{array}$$

Khoảng cách giữa hai nguyên tử trong mô hình phân tử giả định với $I\approx \mathrm{4,983}\times {10}^{-52}\mathrm{kg}\cdot {\mathrm{m}}^2$ và $m_r\approx \mathrm{1,558}\times {10}^{-27}\mathrm{kg}$:

$$\begin{array}{rl}r& =\sqrt{\frac{I}{m_r}}\\ & \approx 5,65\times {10}^{-13}\mathrm{m}\\ & =\mathrm{0,565}\mathrm{pm}.\end{array}$$

Khoảng cách giữa hai hạt nhân trong bài toán giả định này là $\mathrm{0,565}\mathrm{pm}$.

---

42.6

Hai nguyên tử xesi ($\mathrm{Cs}$) có thể liên kết tạo thành phân tử ${\mathrm{Cs}}_2$. Khoảng cách cân bằng giữa hai hạt nhân trong phân tử ${\mathrm{Cs}}_2$ là $\mathrm{0,447}\mathrm{nm}$. Hãy tính mômen quán tính của phân tử đối với trục quay đi qua khối tâm của hai hạt nhân và vuông góc với đường thẳng nối chúng. Khối lượng của một nguyên tử xesi là $2,21\times {10}^{-25}\mathrm{kg}$.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• Phân tử đồng hạch: ${\mathrm{Cs}}_2$.
• Khối lượng mỗi nguyên tử: $m_1=m_2$, tức $2,21\times {10}^{-25}\mathrm{kg}$.
• Khoảng cách liên hạt nhân: $r_0=\mathrm{0,447}\mathrm{nm}$, tức $4,47\times {10}^{-10}\mathrm{m}$.
• Cần tìm: Mômen quán tính $I$.

Hướng đi:

• Với phân tử hai nguyên tử giống hệt nhau, khối lượng rút gọn bằng một nửa khối lượng nguyên tử: $m_r=\frac{m}{2}$.
• Mômen quán tính được xác định trực tiếp bởi $I=m_r{r}_0^2$.

Lời giải chi tiết:

Khối lượng rút gọn của phân tử ${\mathrm{Cs}}_2$:

$$\begin{array}{rl}{m}_r& =\frac{m_{Cs}}{2}\\ & =\frac{2,21\times {10}^{-25}\mathrm{kg}}{2}\\ & =\mathrm{1,105}\times {10}^{-25}\mathrm{kg}.\end{array}$$

Mômen quán tính của phân tử đối với trục quay qua khối tâm với $r_0=4,47\times {10}^{-10}\mathrm{m}$:

$$\begin{array}{rl}I& =m_r{r}_0^2\\ & \approx 2,21\times {10}^{-44}\mathrm{kg}\cdot {\mathrm{m}}^2.\end{array}$$

Mômen quán tính của phân tử ${\mathrm{Cs}}_2$ là $2,21\times {10}^{-44}\mathrm{kg}\cdot {\mathrm{m}}^2$.

---

42.7

Mômen quán tính của phân tử cacbon monoxit ($\mathrm{CO}$) là $I=\mathrm{1,449}\times {10}^{-46}\mathrm{kg}\cdot {\mathrm{m}}^2$ và khoảng cách giữa hai hạt nhân là $r_0=\mathrm{0,112}8\mathrm{nm}$. Nếu động năng quay của phân tử được mô tả bằng biểu thức cổ điển $K=\frac{1}{2}I{\omega }^2$, hãy xác định đối với mức năng lượng quay $l=1$: (a) Tốc độ góc $\omega$ của phân tử quay. (b) Tốc độ dài của mỗi nguyên tử ($\mathrm{C}$ và $\mathrm{O}$). (c) Chu kỳ quay $T$ (thời gian để phân tử quay trọn một vòng). Biết khối lượng của nguyên tử cacbon là $\mathrm{1,993}\times {10}^{-26}\mathrm{kg}$ và của nguyên tử oxy là $\mathrm{2,656}\times {10}^{-26}\mathrm{kg}$.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• Mômen quán tính của $\mathrm{CO}$: $I=\mathrm{1,449}\times {10}^{-46}\mathrm{kg}\cdot {\mathrm{m}}^2$.
• Khoảng cách giữa hai hạt nhân: $r_0=\mathrm{0,112}8\mathrm{nm}$, tức $\mathrm{1,128}\times {10}^{-10}\mathrm{m}$.
• Khối lượng nguyên tử cacbon: $m_C=\mathrm{1,993}\times {10}^{-26}\mathrm{kg}$.
• Khối lượng nguyên tử oxy: $m_O=\mathrm{2,656}\times {10}^{-26}\mathrm{kg}$.
• Mức quay khảo sát: $l=1$.
• Cần tìm: Tốc độ góc $\omega$, tốc độ dài $v_C,v_O$, và chu kỳ quay $T$.

Hướng đi:

• Năng lượng quay lượng tử hóa tại $l=1$ là $E_1=1(2)\frac{{\hslash }^2}{2I}=\frac{{\hslash }^2}{I}$.
• Đồng nhất năng lượng lượng tử với động năng cổ điển: $\frac{1}{2}I{\omega }^2=E_1$, suy ra $\omega =\frac{\sqrt{2}\hslash }{I}$.
• Xác định vị trí khối tâm: Khoảng cách từ khối tâm tới nguyên tử cacbon là $r_C=\frac{m_O}{m_C+m_O}{r}_0$, tới nguyên tử oxy là $r_O=\frac{m_C}{m_C+m_O}{r}_0$.
• Tốc độ dài của mỗi nguyên tử: $v_C=r_C\omega$ và $v_O=r_O\omega$.
• Chu kỳ quay: $T=\frac{2\pi }{\omega }$.

Lời giải chi tiết:

(a) Tính tốc độ góc $\omega$ tại mức $l=1$: Năng lượng quay của phân tử tại $l=1$ với $\hslash =\mathrm{1,055}\times {10}^{-34}\mathrm{J}\cdot \mathrm{s}$ và $I=\mathrm{1,449}\times {10}^{-46}\mathrm{kg}\cdot {\mathrm{m}}^2$:

$$\begin{array}{rl}{E}_1& =\frac{{\hslash }^2}{I}\\ & \approx \mathrm{7,681}\times {10}^{-23}\mathrm{J}.\end{array}$$

Từ biểu thức động năng cổ điển $K=\frac{1}{2}I{\omega }^2=E_1$:

$$\begin{array}{rl}\omega & =\sqrt{\frac{2E_1}{I}}\\ & \approx 1,03\times {10}^{12}\mathrm{rad}/\mathrm{s}.\end{array}$$

(b) Tính tốc độ dài của mỗi nguyên tử: Khoảng cách từ khối tâm đến nguyên tử cacbon với $r_0=\mathrm{0,112}8\mathrm{nm}$:

$$\begin{array}{rl}{r}_C& =\frac{m_O}{m_C+m_O}{r}_0\\ & \approx \mathrm{0,064}45\mathrm{nm}\\ & =\mathrm{6,445}\times {10}^{-11}\mathrm{m}.\end{array}$$

Khoảng cách từ khối tâm đến nguyên tử oxy:

$$\begin{array}{rl}{r}_O& =r_0-r_C\\ & \approx \mathrm{0,048}35\mathrm{nm}\\ & =\mathrm{4,835}\times {10}^{-11}\mathrm{m}.\end{array}$$

Tốc độ dài của nguyên tử cacbon:

$$\begin{array}{rl}{v}_C& =r_C\omega \\ & \approx 66,3\mathrm{m}/\mathrm{s}.\end{array}$$

Tốc độ dài của nguyên tử oxy:

$$\begin{array}{rl}{v}_O& =r_O\omega \\ & \approx 49,8\mathrm{m}/\mathrm{s}.\end{array}$$

(c) Chu kỳ quay $T$ của phân tử:

$$\begin{array}{rl}T& =\frac{2\pi }{\omega }\\ & =\frac{2\pi }{\mathrm{1,029}\times {10}^{12}\mathrm{rad}/\mathrm{s}}\\ & \approx 6,10\times {10}^{-12}\mathrm{s}\\ & =6,10\mathrm{ps}.\end{array}$$

---

42.8

Năng lượng dao động và quay của phân tử CO được mô tả bởi phương trình (42.9). Hãy tính bước sóng bị hấp thụ trong các chuyển mức sau:

(a) Từ $n=0$, $l=2$ sang $n=1$, $l=3$.

(b) Từ $n=0$, $l=3$ sang $n=1$, $l=2$.

(c) Từ $n=0$, $l=4$ sang $n=1$, $l=3$.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Cả ba chuyển mức đều tăng số lượng tử dao động lên một đơn vị. Dùng lượng tử dao động $E_v=\mathrm{0,269}0\mathrm{eV}$ và hằng số quay $B=\mathrm{0,239}5\mathrm{meV}$ của CO đã tính trong Ví dụ 42.2.

Hướng đi:

• cung cấp hiệu năng lượng của cả phần dao động và phần quay. Phần dao động tăng $E_v$, còn phần quay có thể tăng hoặc giảm.
• Với $B={\hslash }^2/(2I)$, ta tính riêng hệ số quay đầu và cuối để tránh nhầm với khoảng cách hai mức quay đầu tiên, vốn bằng $2B$.
• Từ năng lượng dương, dùng $\lambda =hc/E_{\gamma }$ để tìm bước sóng.

Năng lượng của một trạng thái được viết:

$$\begin{array}{rl}& E(n,l)=E_{\mathrm{vib}}+E_{\mathrm{rot}},\\ & E_{\mathrm{vib}}=(n+\frac{1}{2})E_v,\\ & E_{\mathrm{rot}}=l(l+1)B.\end{array}$$

Ở cả ba trường hợp, phần dao động tăng $\mathrm{0,269}0\mathrm{eV}$. Hằng số quay đổi sang electronvolt là $B=\mathrm{2,395}\times {10}^{-4}\mathrm{eV}$.

(a) Hệ số quay thay đổi từ $2(3)=6$ thành $3(4)=12$, nên:

$$\begin{array}{rl}\mathrm{\Delta }{E}_{\mathrm{rot}}& =6B\\ & =\mathrm{0,001}437\mathrm{eV}.\end{array}$$

Năng lượng và bước sóng:

$$\begin{array}{rl}{E}_{\gamma }& =E_v+6B\\ & =\mathrm{0,270}437\mathrm{eV},\\ \lambda & =\frac{hc}{E_{\gamma }}\\ & \approx \mathrm{4,584}6\mu \mathrm{m}.\end{array}$$

(b) Hệ số quay thay đổi từ 12 thành 6, nên phần quay giảm $6B$. Phần dao động vẫn tăng, vì vậy tổng năng lượng nhận vào dương:

$$\begin{array}{rl}{E}_{\gamma }& =E_v-6B\\ & =\mathrm{0,267}563\mathrm{eV},\\ \lambda & =\frac{hc}{E_{\gamma }}\\ & \approx \mathrm{4,633}8\mu \mathrm{m}.\end{array}$$

(c) Hệ số quay thay đổi từ $4(5)=20$ thành $3(4)=12$, nên phần quay giảm $8B$:

$$\begin{array}{rl}{E}_{\gamma }& =E_v-8B\\ & =\mathrm{0,267}084\mathrm{eV},\\ \lambda & =\frac{hc}{E_{\gamma }}\\ & \approx \mathrm{4,642}1\mu \mathrm{m}.\end{array}$$

Trường hợp (a) cần có năng lượng cao nhất vì cả phần dao động lẫn phần quay đều tăng. Trong (b) và (c), phần năng lượng quay giảm bù được một phần năng lượng dao động tăng, nên photon có bước sóng dài hơn.

---

42.9

Một nguyên tử liti có khối lượng $1,17\times {10}^{-26}\mathrm{kg}$, và một nguyên tử hiđro có khối lượng $1,67\times {10}^{-27}\mathrm{kg}$. Khoảng cách cân bằng giữa hai hạt nhân trong phân tử $\mathrm{LiH}$ là $\mathrm{0,159}\mathrm{nm}$. (a) Độ chênh lệch năng lượng giữa hai mức năng lượng quay $l=3$ và $l=4$ là bao nhiêu? (b) Bước sóng của phát ra trong bước chuyển mức từ $l=4$ về $l=3$ là bao nhiêu?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• Phân tử dị hạch: $\mathrm{LiH}$.
• Khối lượng: $m_{Li}=1,17\times {10}^{-26}\mathrm{kg}$, $m_H=1,67\times {10}^{-27}\mathrm{kg}$.
• Khoảng cách liên hạt nhân: $r_0=\mathrm{0,159}\mathrm{nm}$, tức $1,59\times {10}^{-10}\mathrm{m}$.
• Cần tìm: (a) Độ chênh lệch năng lượng $\mathrm{\Delta }E=E_4-E_3$. (b) Bước sóng phát ra $\lambda$ khi chuyển từ $l=4$ về $l=3$.

Hướng đi:

• Tính khối lượng rút gọn: $m_r=\frac{m_{Li}{m}_H}{m_{Li}+m_H}$.
• Tính mômen quán tính: $I=m_r{r}_0^2$.
• Hiệu năng lượng giữa hai mức quay: $\mathrm{\Delta }E=[4(5)-3(4)]\frac{{\hslash }^2}{2I}$, tức $\frac{4{\hslash }^2}{I}$.
• Bước sóng phát xạ: $\lambda =\frac{hc}{\mathrm{\Delta }E}$.

Lời giải chi tiết:

(a) Tính độ chênh lệch năng lượng $\mathrm{\Delta }E$: Khối lượng rút gọn của phân tử $\mathrm{LiH}$ với $m_{Li}=1,17\times {10}^{-26}\mathrm{kg}$ và $m_H=1,67\times {10}^{-27}\mathrm{kg}$:

$$\begin{array}{rl}{m}_r& =\frac{m_{Li}{m}_H}{m_{Li}+m_H}\\ & \approx \mathrm{1,461}\times {10}^{-27}\mathrm{kg}.\end{array}$$

Mômen quán tính của phân tử với $r_0=1,59\times {10}^{-10}\mathrm{m}$:

$$\begin{array}{rl}I& =m_r{r}_0^2\\ & \approx \mathrm{3,695}\times {10}^{-47}\mathrm{kg}\cdot {\mathrm{m}}^2.\end{array}$$

Độ chênh lệch năng lượng giữa mức $l=4$ và mức $l=3$ với $\hslash =\mathrm{1,055}\times {10}^{-34}\mathrm{J}\cdot \mathrm{s}$:

$$\begin{array}{rl}\mathrm{\Delta }E& =E_4-E_3\\ & =\frac{4{\hslash }^2}{I}\\ & \approx \mathrm{1,204}\times {10}^{-21}\mathrm{J}.\end{array}$$

Đổi sang đơn vị $\mathrm{meV}$ với $1\mathrm{meV}\approx \mathrm{1,602}\times {10}^{-22}\mathrm{J}$:

$$\mathrm{\Delta }E\approx 7,52\mathrm{meV}.$$

(b) Tính bước sóng của phát xạ với $hc\approx \mathrm{1,988}\times {10}^{-25}\mathrm{J}\cdot \mathrm{m}$:

$$\begin{array}{rl}\lambda & =\frac{hc}{\mathrm{\Delta }E}\\ & \approx 1,65\times {10}^{-4}\mathrm{m}\\ & =165\mu \mathrm{m}.\end{array}$$

---

42.10

Nếu một phân tử natri clorua ($\mathrm{NaCl}$) có thể thực hiện một bước chuyển mức dao động $n\to n-1$ mà không làm thay đổi số lượng tử quay ($\mathrm{\Delta }l=0$), thì một có bước sóng $20,0\mu \mathrm{m}$ sẽ được phát ra. Khối lượng của nguyên tử natri là $3,82\times {10}^{-26}\mathrm{kg}$, và khối lượng của nguyên tử clo là $5,81\times {10}^{-26}\mathrm{kg}$. Hãy tính độ cứng liên kết (hằng số lực $k^{\prime }$) đối với lực tương tác liên nguyên tử trong phân tử $\mathrm{NaCl}$.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• Phân tử: $\mathrm{NaCl}$.
• Khối lượng: $m_{Na}=3,82\times {10}^{-26}\mathrm{kg}$, $m_{Cl}=5,81\times {10}^{-26}\mathrm{kg}$.
• Bước sóng phát xạ thuần dao động ($\mathrm{\Delta }n=-1,\mathrm{\Delta }l=0$): $\lambda =20,0\mu \mathrm{m}$, tức $2,00\times {10}^{-5}\mathrm{m}$.
• Cần tìm: Hằng số lực liên kết $k^{\prime }$.

Hướng đi:

• Năng lượng của phát ra bằng khoảng cách giữa hai mức dao động kế tiếp: $\mathrm{\Delta }E=\hslash \omega$, tức $\frac{hc}{\lambda }$, suy ra $\omega =\frac{2\pi c}{\lambda }$.
• Tần số góc liên hệ với hằng số lực và khối lượng rút gọn qua công thức dao động điều hòa: $\omega =\sqrt{\frac{k^{\prime }}{m_r}}$, suy ra $k^{\prime }=m_r{\omega }^2$.

Lời giải chi tiết:

Khối lượng rút gọn của phân tử $\mathrm{NaCl}$ với $m_{Na}=3,82\times {10}^{-26}\mathrm{kg}$ và $m_{Cl}=5,81\times {10}^{-26}\mathrm{kg}$:

$$\begin{array}{rl}{m}_r& =\frac{m_{Na}{m}_{Cl}}{m_{Na}+m_{Cl}}\\ & \approx \mathrm{2,305}\times {10}^{-26}\mathrm{kg}.\end{array}$$

Tần số góc dao động riêng của phân tử:

$$\begin{array}{rl}\omega & =\frac{2\pi c}{\lambda }\\ & =\frac{2\pi (3,00\times {10}^8\mathrm{m}/\mathrm{s})}{2,00\times {10}^{-5}\mathrm{m}}\\ & \approx \mathrm{9,425}\times {10}^{13}\mathrm{rad}/\mathrm{s}.\end{array}$$

Hằng số lực của liên kết phân tử:

$$\begin{array}{rl}{k}^{\prime }& =m_r{\omega }^2\\ & \approx 205\mathrm{N}/\mathrm{m}.\end{array}$$

Độ cứng liên kết của phân tử $\mathrm{NaCl}$ là xấp xỉ $205\mathrm{N}/\mathrm{m}$.

---

42.11

Khi một phân tử hai nguyên tử giả định có các nguyên tử cách nhau một khoảng $\mathrm{0,886}0\mathrm{nm}$ thực hiện một bước chuyển mức quay từ trạng thái $l=2$ xuống trạng thái thấp hơn kế tiếp, nó phát ra một có năng lượng $\mathrm{8,841}\times {10}^{-4}\mathrm{eV}$. Khi phân tử này thực hiện một bước chuyển mức dao động từ một trạng thái năng lượng xuống trạng thái thấp hơn kế tiếp, nó phát ra một photon có năng lượng $\mathrm{0,256}0\mathrm{eV}$. Hãy tìm hằng số lực (độ cứng liên kết $k^{\prime }$) của phân tử này.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• Khoảng cách liên hạt nhân: $r_0=\mathrm{0,886}0\mathrm{nm}$, tức $\mathrm{8,860}\times {10}^{-10}\mathrm{m}$.
• Chuyển mức quay $l=2\to 1$: Năng lượng $\mathrm{\Delta }{E}_{rot}=\mathrm{8,841}\times {10}^{-4}\mathrm{eV}$, tương đương $\mathrm{1,416}5\times {10}^{-22}\mathrm{J}$.
• Chuyển mức dao động $\mathrm{\Delta }n=1$: Năng lượng $\mathrm{\Delta }{E}_{vib}=\hslash \omega =\mathrm{0,256}0\mathrm{eV}$, tương đương $\mathrm{4,101}6\times {10}^{-20}\mathrm{J}$.
• Cần tìm: Hằng số lực liên kết $k^{\prime }$.

Hướng đi:

• Từ bước chuyển mức quay $l=2\to 1$: Ta có $\mathrm{\Delta }{E}_{rot}=\frac{2{\hslash }^2}{I}$, dẫn đến $I=\frac{2{\hslash }^2}{\mathrm{\Delta }{E}_{rot}}$.
• Từ mômen quán tính và khoảng cách: $m_r=\frac{I}{r_0^2}$.
• Từ bước chuyển dao động: $\omega =\frac{\mathrm{\Delta }{E}_{vib}}{\hslash }$.
• Hằng số lực: $k^{\prime }=m_r{\omega }^2$, tức $\frac{I}{r_0^2}{\left(\frac{\mathrm{\Delta }{E}_{vib}}{\hslash }\right)}^2$, tức $\frac{2(\mathrm{\Delta }{E}_{vib}{)}^2}{r_0^2\mathrm{\Delta }{E}_{rot}}$.

Lời giải chi tiết:

Xác định mômen quán tính của phân tử từ dữ liệu chuyển mức quay:

$$\begin{array}{rl}I& =\frac{2{\hslash }^2}{\mathrm{\Delta }{E}_{rot}}\\ & =\frac{2(\mathrm{1,055}\times {10}^{-34}\mathrm{J}\cdot \mathrm{s}{)}^2}{\mathrm{1,416}5\times {10}^{-22}\mathrm{J}}\\ & \approx \mathrm{1,571}\times {10}^{-46}\mathrm{kg}\cdot {\mathrm{m}}^2.\end{array}$$

Khối lượng rút gọn của phân tử với khoảng cách $r_0=\mathrm{8,860}\times {10}^{-10}\mathrm{m}$:

$$\begin{array}{rl}{m}_r& =\frac{I}{r_0^2}\\ & \approx \mathrm{2,001}\times {10}^{-28}\mathrm{kg}.\end{array}$$

Tần số góc dao động riêng của phân tử:

$$\begin{array}{rl}\omega & =\frac{\mathrm{\Delta }{E}_{vib}}{\hslash }\\ & =\frac{\mathrm{4,101}6\times {10}^{-20}\mathrm{J}}{\mathrm{1,055}\times {10}^{-34}\mathrm{J}\cdot \mathrm{s}}\\ & \approx \mathrm{3,888}\times {10}^{14}\mathrm{rad}/\mathrm{s}.\end{array}$$

Hằng số lực của phân tử:

$$\begin{array}{rl}{k}^{\prime }& =m_r{\omega }^2\\ & \approx 30,3\mathrm{N}/\mathrm{m}.\end{array}$$

Hằng số lực của phân tử giả định là $30,3\mathrm{N}/\mathrm{m}$.

---

42.12

Kali bromua ($\mathrm{KBr}$) có khối lượng riêng là $2,75\times {10}^3\mathrm{kg}/{\mathrm{m}}^3$ và có cấu trúc tinh thể mạng lập phương giống như $\mathrm{NaCl}$. Khối lượng của một nguyên tử kali là $6,49\times {10}^{-26}\mathrm{kg}$, và khối lượng của một nguyên tử brom là $1,33\times {10}^{-25}\mathrm{kg}$. (a) Hãy tính khoảng cách trung bình $d$ giữa hai nguyên tử kế cận trong tinh thể $\mathrm{KBr}$. (b) Giá trị tính được ở câu (a) so sánh như thế nào với khoảng cách giữa hai nguyên tử trong tinh thể $\mathrm{NaCl}$ (xem Bài tập 42.13)? Mối liên hệ giữa hai giá trị này có phù hợp với dự đoán định tính của bạn không? Hãy giải thích.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• Tinh thể: $\mathrm{KBr}$, cấu trúc kiểu $\mathrm{NaCl}$ (mạng lập phương tâm mặt xen kẽ).
• Khối lượng riêng: $\rho =2,75\times {10}^3\mathrm{kg}/{\mathrm{m}}^3$.
• Khối lượng nguyên tử: $m_K=6,49\times {10}^{-26}\mathrm{kg}$, $m_{Br}=1,33\times {10}^{-25}\mathrm{kg}$.
• Cần tìm: Khoảng cách giữa hai nguyên tử kế cận $d$, so sánh với $\mathrm{NaCl}$ ($\mathrm{0,282}\mathrm{nm}$) và giải thích.

Hướng đi:

• Trong cấu trúc tinh thể lập phương kiểu $\mathrm{NaCl}$, các ion dương và âm xen kẽ đều đặn nhau theo từng nút mạng cách nhau một khoảng $d$. Mỗi cơ sở lập phương có cạnh $a=2d$ và thể tích $a^3=8d^3$, chứa đúng 4 phân tử (4 ion ${\mathrm{K}}^{+}$ và 4 ion ${\mathrm{Br}}^{-}$).
• Do đó, thể bổ trung bình cho một cặp ion $({\mathrm{K}}^{+}+{\mathrm{Br}}^{-})$ là $\frac{8d^3}{4}=2d^3$.
• Khối lượng riêng liên hệ với khoảng cách mạng qua biểu thức $\rho =\frac{m_K+m_{Br}}{2d^3}$, suy ra $d={\left(\frac{m_K+m_{Br}}{2\rho }\right)}^{1/3}$.

Lời giải chi tiết:

(a) Tính khoảng cách trung bình giữa hai nguyên tử kế cận $d$: Tổng khối lượng của một cặp ion ${\mathrm{K}}^{+}$ và ${\mathrm{Br}}^{-}$ với $m_K=6,49\times {10}^{-26}\mathrm{kg}$ và $m_{Br}=1,33\times {10}^{-25}\mathrm{kg}$:

$$M\approx \mathrm{1,979}\times {10}^{-25}\mathrm{kg}.$$

Áp dụng hệ thức liên hệ giữa khối lượng riêng và kích thước :

$$\rho =\frac{m_K+m_{Br}}{2d^3}.$$

Suy ra khoảng cách $d$ với thể bổ $\frac{M}{2\rho }\approx \mathrm{3,598}\times {10}^{-29}{\mathrm{m}}^3$:

$$\begin{array}{rl}d& ={\left(\frac{m_K+m_{Br}}{2\rho }\right)}^{1/3}\\ & \approx 3,30\times {10}^{-10}\mathrm{m}\\ & =\mathrm{0,330}\mathrm{nm}.\end{array}$$

(b) So sánh với khoảng cách trong $\mathrm{NaCl}$ và giải thích:

• Khoảng cách giữa hai nguyên tử kế cận trong $\mathrm{NaCl}$ là $d_{\mathrm{NaCl}}=\mathrm{0,282}\mathrm{nm}$. Giá trị tính được của $\mathrm{KBr}$ là $d_{\mathrm{KBr}}=\mathrm{0,330}\mathrm{nm}$, lớn hơn đáng kể so với $\mathrm{NaCl}$.
• Sự chênh lệch này hoàn toàn phù hợp với dự đoán định tính dựa trên bảng tuần hoàn:
  • Kali ($\mathrm{K}$, $Z=19$) nằm ở chu kỳ 4, ngay dưới natri ($\mathrm{Na}$, $Z=11$) ở chu kỳ 3, do đó bán kính ion của ${\mathrm{K}}^{+}$ lớn hơn bán kính ion của ${\mathrm{Na}}^{+}$.
  • Brom ($\mathrm{Br}$, $Z=35$) nằm ở chu kỳ 4, ngay dưới clo ($\mathrm{Cl}$, $Z=17$) ở chu kỳ 3, do đó bán kính ion của ${\mathrm{Br}}^{-}$ cũng lớn hơn bán kính ion của ${\mathrm{Cl}}^{-}$. Vì cả cation và anion cấu thành $\mathrm{KBr}$ đều có bán kính ion lớn hơn so với các ion tương ứng trong $\mathrm{NaCl}$, nên khoảng cách cân bằng giữa các tâm ion kế cận trong tinh thể $\mathrm{KBr}$ bắt buộc phải lớn hơn trong $\mathrm{NaCl}$.

Mạng tinh thể lập phương với khoảng cách lân cận d

---

42.13

Khối lượng riêng của $\mathrm{NaCl}$. Khoảng cách giữa hai nguyên tử kế cận trong tinh thể natri clorua là $\mathrm{0,282}\mathrm{nm}$. Khối lượng của một nguyên tử natri là $3,82\times {10}^{-26}\mathrm{kg}$, và khối lượng của một nguyên tử clo là $5,89\times {10}^{-26}\mathrm{kg}$. Hãy tính khối lượng riêng của natri clorua.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• Tinh thể: $\mathrm{NaCl}$.
• Khoảng cách giữa hai nguyên tử kế cận: $d=\mathrm{0,282}\mathrm{nm}$, tức $2,82\times {10}^{-10}\mathrm{m}$.
• Khối lượng: $m_{Na}=3,82\times {10}^{-26}\mathrm{kg}$, $m_{Cl}=5,89\times {10}^{-26}\mathrm{kg}$.
• Cần tìm: Khối lượng riêng $\rho$ của $\mathrm{NaCl}$.

Hướng đi:

• Trong cấu trúc tinh thể lập phương tâm mặt xen kẽ kiểu $\mathrm{NaCl}$, thể tích trung bình phân bổ cho mỗi phân tử $\mathrm{NaCl}$ là $V_{pair}=2d^3$.
• Khối lượng riêng tính bằng tổng khối lượng của một phân tử chia cho thể tích tương ứng: $\rho =\frac{m_{Na}+m_{Cl}}{2d^3}$.

Lời giải chi tiết:

Tổng khối lượng của một cặp ion ${\mathrm{Na}}^{+}$ và ${\mathrm{Cl}}^{-}$ với $m_{Na}=3,82\times {10}^{-26}\mathrm{kg}$ và $m_{Cl}=5,89\times {10}^{-26}\mathrm{kg}$:

$$M=9,71\times {10}^{-26}\mathrm{kg}.$$

Thể tích chiếm chỗ trung bình của một cặp ion:

$$\begin{array}{rl}2d^3& =2(2,82\times {10}^{-10}\mathrm{m}{)}^3\\ & =2(\mathrm{2,242}6\times {10}^{-29}{\mathrm{m}}^3)\\ & \approx \mathrm{4,485}\times {10}^{-29}{\mathrm{m}}^3.\end{array}$$

Khối lượng riêng của tinh thể $\mathrm{NaCl}$:

$$\begin{array}{rl}\rho & =\frac{m_{Na}+m_{Cl}}{2d^3}\\ & =\frac{9,71\times {10}^{-26}\mathrm{kg}}{\mathrm{4,485}\times {10}^{-29}{\mathrm{m}}^3}\\ & \approx \mathrm{2,165}\times {10}^3\mathrm{kg}/{\mathrm{m}}^3\\ & \approx 2,17\times {10}^3\mathrm{kg}/{\mathrm{m}}^3.\end{array}$$

Khối lượng riêng của natri clorua là $2,17\times {10}^3\mathrm{kg}/{\mathrm{m}}^3$ (tương đương $2,17\mathrm{g}/{\mathrm{cm}}^3$).

---

42.14

Khe cấm năng lượng giữa vùng hóa trị và vùng dẫn trong kim cương là $5,47\mathrm{eV}$. (a) Bước sóng lớn nhất của một có thể kích thích một electron từ đỉnh vùng hóa trị lên đáy vùng dẫn là bao nhiêu? Photon này nằm trong vùng nào của phổ sóng điện từ? (b) Hãy giải thích tại sao kim cương nguyên chất lại trong suốt và không có màu. (c) Đa số kim cương đá quý tự nhiên có màu vàng nhạt. Hãy giải thích tạp chất trong kim cương có thể tạo nên màu sắc này như thế nào.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• Vật liệu: Kim cương có khe cấm $E_g=5,47\mathrm{eV}$.
• Cần xác định: (a) Bước sóng giới hạn ${\lambda }_{max}$ và vùng phổ. (b) Giải thích tính trong suốt không màu của kim cương tinh khiết. (c) Cơ chế tạo màu vàng do tạp chất trong kim cương đá quý.

Hướng đi:

• Năng lượng tối thiểu để kích thích electron vượt qua khe cấm là $E_{min}=E_g$. Bước sóng lớn nhất thỏa mãn $E_g=\frac{hc}{{\lambda }_{max}}$, suy ra ${\lambda }_{max}=\frac{hc}{E_g}$.
• So sánh năng lượng ánh sáng nhìn thấy ($1,8-3,1\mathrm{eV}$) với $E_g$.
• Tạp chất tạo các mức năng lượng cục bộ nằm xen giữa khe cấm, cho phép hấp thụ các có năng lượng nhỏ hơn $E_g$.

Lời giải chi tiết:

(a) Bước sóng lớn nhất của hấp thụ: Điều kiện để photon bị hấp thụ và kích thích electron qua vùng cấm là $hf\ge E_g$, hay $\lambda \le {\lambda }_{max}$:

$$\begin{array}{rl}{\lambda }_{max}& =\frac{hc}{E_g}\\ & =\frac{1239,8\mathrm{eV}\cdot \mathrm{nm}}{5,47\mathrm{eV}}\\ & \approx 227\mathrm{nm}.\end{array}$$

Vùng phổ: Bước sóng $227\mathrm{nm}$ nằm trong vùng tử ngoại (Ultraviolet).

(b) Giải thích tính trong suốt không màu của kim cương tinh khiết: Dải phổ của ánh sáng nhìn thấy mà mắt người cảm nhận được có bước sóng từ khoảng $400\mathrm{nm}$ đến $700\mathrm{nm}$, tương ứng với năng lượng trong khoảng từ $1,8\mathrm{eV}$ (đỏ) đến $3,1\mathrm{eV}$ (tím). Vì mọi photon của ánh sáng nhìn thấy đều có năng lượng nhỏ hơn rất nhiều so với khe cấm $E_g=5,47\mathrm{eV}$ của kim cương, chúng hoàn toàn không đủ năng lượng để kích thích bất kỳ electron nào từ vùng hóa trị lên vùng dẫn. Toàn bộ ánh sáng khả kiến truyền qua khối kim cương mà không bị hấp thụ, khiến kim cương tinh khiết có độ trong suốt tuyệt hảo và hoàn toàn không có màu.

(c) Cơ chế tạo màu vàng của kim cương chứa tạp chất: Trong tự nhiên, đa số kim cương đá quý có chứa một lượng nhỏ tạp chất, phổ biến nhất là các nguyên tử nitơ thay thế vị trí của carbon trong . Các nguyên tử nitơ tạo ra các mức năng lượng tạp chất donor cục bộ nằm ngay bên trong khe cấm năng lượng, cách vùng dẫn hoặc vùng hóa trị một khoảng năng lượng nhỏ hơn nhiều so với $5,47\mathrm{eV}$ (khoảng $2,8$ đến $3,0\mathrm{eV}$). Các mức tạp chất này có khả năng hấp thụ các ở đầu cao của ánh sáng nhìn thấy, cụ thể là ánh sáng màu xanh lam và màu tím ($\sim 400-450\mathrm{nm}$). Khi ánh sáng trắng đi qua kim cương, thành phần màu xanh lam bị hấp thụ một phần, phần ánh sáng còn lại truyền qua mắt người mang màu bù của màu lam, chính là màu vàng nhạt đặc trưng của kim cương đá quý.

Khe năng lượng và chuyển mức quang học hấp thụ photon

---

42.15

Bước sóng cực đại của ánh sáng mà một pin quang điện silic nhất định có thể phát hiện được là $1,11\mu \mathrm{m}$. (a) Khe cấm năng lượng (tính theo đơn vị $\mathrm{eV}$) giữa vùng hóa trị và vùng dẫn của pin quang điện này là bao nhiêu? (b) Hãy giải thích tại sao silic tinh khiết lại mờ đục đối với ánh sáng nhìn thấy.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• Thiết bị: Pin quang điện silic có bước sóng giới hạn ${\lambda }_{max}=1,11\mu \mathrm{m}$, tức $1110\mathrm{nm}$.
• Cần tìm: (a) Bề rộng khe cấm năng lượng $E_g$ theo $\mathrm{eV}$. (b) Giải thích tại sao silic mờ đục đối với ánh sáng nhìn thấy.

Hướng đi:

• Bước sóng giới hạn phát hiện quang điện tương ứng với có năng lượng vừa đủ kích thích electron từ đỉnh vùng hóa trị lên đáy vùng dẫn: $E_g=\frac{hc}{{\lambda }_{max}}$.
• So sánh năng lượng ánh sáng khả kiến ($1,8-3,1\mathrm{eV}$) với $E_g$.

Lời giải chi tiết:

(a) Tính khe cấm năng lượng $E_g$: Áp dụng hệ thức liên hệ bước sóng giới hạn:

$$\begin{array}{rl}{E}_g& =\frac{hc}{{\lambda }_{max}}\\ & =\frac{1239,8\mathrm{eV}\cdot \mathrm{nm}}{1110\mathrm{nm}}\\ & \approx 1,12\mathrm{eV}.\end{array}$$

Khe cấm năng lượng của silic là $1,12\mathrm{eV}$.

(b) Giải thích tại sao silic tinh khiết mờ đục đối với ánh sáng nhìn thấy: Ánh sáng nhìn thấy có năng lượng nằm trong dải từ $1,8\mathrm{eV}$ đến $3,1\mathrm{eV}$. Vì tất cả các photon này đều có năng lượng lớn hơn đáng kể so với khe cấm năng lượng của silic ($hf>E_g=1,12\mathrm{eV}$), chúng bị các electron ở vùng hóa trị hấp thụ mạnh mẽ để nhảy vọt lên vùng dẫn (tạo ra các cặp electron – ). Sự hấp thụ này diễn ra triệt để ngay trong một lớp bề mặt rất mỏng của phiến silic, khiến không có ánh sáng nhìn thấy nào có thể truyền xuyên qua được. Do đó, silic hoàn toàn mờ đục đối với mắt người và có màu xám đen kim loại.

---

42.16

Khe cấm giữa vùng hóa trị và vùng dẫn trong silic là $1,12\mathrm{eV}$. Một hạt nhân niken ở trạng thái kích thích phát ra một tia gamma có bước sóng $9,31\times {10}^{-4}\mathrm{nm}$. Giả thiết toàn bộ năng lượng của tia gamma được hấp thụ tối đa để kích thích các electron, hãy tính số lượng electron tối đa có thể được kích thích từ đỉnh vùng hóa trị lên đáy vùng dẫn bằng việc hấp thụ photon tia gamma này.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• Bề rộng khe cấm của silic: $E_g=1,12\mathrm{eV}$.
• Bước sóng tia gamma: $\lambda =9,31\times {10}^{-4}\mathrm{nm}$, tức $9,31\times {10}^{-13}\mathrm{m}$.
• Cần tìm: Số electron tối đa $N$ có thể được kích thích vượt qua vùng cấm dựa trên ngân sách năng lượng toàn phần của gamma.

Hướng đi:

• Tính năng lượng toàn phần $E_{\gamma }$ của tia gamma từ bước sóng của nó: $E_{\gamma }=\frac{hc}{\lambda }$.
• Số electron tối đa được kích thích bằng tỷ số nguyên giữa năng lượng tia gamma và năng lượng kích thích tối thiểu trên mỗi electron ($E_g$): $N=\lfloor \frac{E_{\gamma }}{E_g}\rfloor$.

Lời giải chi tiết:

Tính năng lượng của tia gamma với $hc\approx \mathrm{1,239}8\times {10}^{-6}\mathrm{eV}\cdot \mathrm{m}$ và $\lambda =9,31\times {10}^{-13}\mathrm{m}$:

$$\begin{array}{rl}{E}_{\gamma }& =\frac{hc}{\lambda }\\ & \approx \mathrm{1,331}7\times {10}^6\mathrm{eV}\\ & \approx 1,33\mathrm{MeV}.\end{array}$$

Số electron tối đa có thể được kích thích từ vùng hóa trị lên vùng dẫn:

$$\begin{array}{rl}N& =\frac{E_{\gamma }}{E_g}\\ & =\frac{\mathrm{1,331}7\times {10}^6\mathrm{eV}}{1,12\mathrm{eV}}\\ & \approx 1,19\times {10}^6.\end{array}$$

Hấp thụ một tia gamma này có thể tạo ra tối đa khoảng $1,19\times {10}^6$ electron dẫn trong silic.

---

42.17

Hãy tính $g(E)$ trong của kim loại nếu mức năng lượng $E=7,0\mathrm{eV}$ và thể tích khối kim loại là $V=1,0{\mathrm{cm}}^3$. Hãy biểu diễn kết quả theo đơn vị $\text{trạng thái trên electron-volt}$ ($\text{trạng thái/eV}$).

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• Mô hình: .
• Mức năng lượng: $E=7,0\mathrm{eV}$, tương đương $\mathrm{1,121}5\times {10}^{-18}\mathrm{J}$.
• Thể tích khối kim loại: $V=1,0{\mathrm{cm}}^3$, tức $1,0\times {10}^{-6}{\mathrm{m}}^3$.
• Cần tìm: $g(E)$ theo đơn vị $\text{trạng thái/eV}$.

Hướng đi:

• Biểu thức trong ba chiều (đã tính đến hai trạng thái spin của electron):

$$g(E)=\frac{(2m_e{)}^{3/2}V}{2{\pi }^2{\hslash }^3}\sqrt{E}.$$

• Tính theo đơn vị $\text{trạng thái/J}$, sau đó nhân với $\mathrm{1,602}2\times {10}^{-19}\mathrm{J}/\mathrm{eV}$ để chuyển đổi sang đơn vị $\text{trạng thái/eV}$.

Lời giải chi tiết:

Hằng số tiền tố trong biểu thức với $m_e=\mathrm{9,109}\times {10}^{-31}\mathrm{kg}$, $V=1,0\times {10}^{-6}{\mathrm{m}}^3$ và $\hslash =\mathrm{1,055}\times {10}^{-34}\mathrm{J}\cdot \mathrm{s}$:

$$\begin{array}{rl}C& =\frac{(2m_e{)}^{3/2}V}{2{\pi }^2{\hslash }^3}\\ & \approx \mathrm{1,062}\times {10}^{50}{\mathrm{J}}^{-3/2}.\end{array}$$

tại $E\approx \mathrm{1,121}5\times {10}^{-18}\mathrm{J}$ theo đơn vị trạng thái trên Joule (${\mathrm{J}}^{-1}$):

$$\begin{array}{rl}g(E)& =C\sqrt{E}\\ & \approx \mathrm{1,125}\times {10}^{41}{\mathrm{J}}^{-1}.\end{array}$$

Đổi sang đơn vị trạng thái trên electron-volt (${\mathrm{eV}}^{-1}$) qua thừa số $\mathrm{1,602}2\times {10}^{-19}\mathrm{J}/\mathrm{eV}$:

$$g(E)\approx 1,80\times {10}^{22}{\mathrm{eV}}^{-1}.$$

của khối kim loại là $1,80\times {10}^{22}\text{trạng thái/eV}$.

Mật độ trạng thái g(E) theo năng lượng

---

42.18

của natri là $3,23\mathrm{eV}$. (a) Hãy tìm động năng trung bình $E_{av}$ của các electron tại không độ tuyệt đối ($0\mathrm{K}$). (b) Tốc độ của một electron có năng lượng bằng $E_{av}$ là bao nhiêu? (c) Tại nhiệt độ Kelvin nào thì tích $kT$ bằng năng lượng Fermi $E_F$? (Nhiệt độ này được gọi là nhiệt độ Fermi $T_F$ của kim loại. Đó xấp xỉ là nhiệt độ mà tại đó các phân tử trong một chất khí lý tưởng cổ điển sẽ có cùng động năng với electron chuyển động nhanh nhất trong kim loại).

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• Kim loại: Natri ($\mathrm{Na}$).
• : $E_F=3,23\mathrm{eV}$, tương đương $\mathrm{5,175}\times {10}^{-19}\mathrm{J}$.
• Cần tìm: (a) Năng lượng trung bình $E_{av}$ tại $0\mathrm{K}$. (b) Tốc độ $v$ của electron có năng lượng $E_{av}$. (c) Nhiệt độ Fermi $T_F=E_F/k$.

Hướng đi:

• Tại $0\mathrm{K}$, phân bố electron tự do cho năng lượng trung bình bằng $\frac{3}{5}$ : $E_{av}=\frac{3}{5}{E}_F$.
• Tốc độ tương ứng tính từ động năng cổ điển: $E_{av}=\frac{1}{2}{m}_e{v}^2$, suy ra $v=\sqrt{2E_{av}/m_e}$.
• Nhiệt độ Fermi xác định trực tiếp từ định nghĩa: $T_F=\frac{E_F}{k}$.

Lời giải chi tiết:

(a) Năng lượng trung bình $E_{av}$ tại $0\mathrm{K}$: Theo mô hình :

$$\begin{array}{rl}{E}_{av}& =\frac{3}{5}{E}_F\\ & =0,6(3,23\mathrm{eV})\\ & \approx 1,94\mathrm{eV}.\end{array}$$

Đổi sang Joules với $1\mathrm{eV}\approx \mathrm{1,602}2\times {10}^{-19}\mathrm{J}$:

$$E_{av}\approx \mathrm{3,105}\times {10}^{-19}\mathrm{J}.$$

(b) Tốc độ của electron có năng lượng $E_{av}$:

$$\begin{array}{rl}v& =\sqrt{\frac{2E_{av}}{m_e}}\\ & =\sqrt{\frac{2(\mathrm{3,105}\times {10}^{-19}\mathrm{J})}{\mathrm{9,109}\times {10}^{-31}\mathrm{kg}}}\\ & \approx 8,26\times {10}^5\mathrm{m}/\mathrm{s}.\end{array}$$

(c) Nhiệt độ Fermi $T_F$:

$$\begin{array}{rl}{T}_F& =\frac{E_F}{k}\\ & =\frac{3,23\mathrm{eV}}{\mathrm{8,617}\times {10}^{-5}\mathrm{eV}/\mathrm{K}}\\ & \approx 3,75\times {10}^4\mathrm{K}\\ & =37.500\mathrm{K}.\end{array}$$

Nhiệt độ Fermi của natri là khoảng $37.500\mathrm{K}$, cao hơn rất nhiều so với nhiệt độ nóng chảy của kim loại.

---

42.19

Xét trong ở mức năng lượng $1,60\mathrm{eV}$. Tại mức năng lượng nào thì mật độ trạng thái sẽ: (a) Tăng gấp đôi? (b) Giảm đi một nửa?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• Mức năng lượng ban đầu: $E_1=1,60\mathrm{eV}$.
• Cần tìm mức năng lượng $E$: (a) Khi $g(E)=2g(E_1)$. (b) Khi $g(E)=\frac{1}{2}g(E_1)$.

Hướng đi:

• Trong , tỷ lệ với căn bậc hai của năng lượng: $g(E)=C\sqrt{E}$.
• Do đó, tỷ số là $\frac{g(E)}{g(E_1)}=\sqrt{\frac{E}{E_1}}$, suy ra $E=E_1{\left(\frac{g(E)}{g(E_1)}\right)}^2$.

Lời giải chi tiết:

(a) tăng gấp đôi ($g(E)=2g(E_1)$):

$$\begin{array}{rl}\sqrt{\frac{E_2}{E_1}}& =2\\ ⟹E_2& =4E_1\\ & =4(1,60\mathrm{eV})\\ & =6,40\mathrm{eV}.\end{array}$$

(b) giảm đi một nửa ($g(E)=\frac{1}{2}g(E_1)$):

$$\begin{array}{rl}\sqrt{\frac{E_3}{E_1}}& =\frac{1}{2}\\ ⟹E_3& =\frac{E_1}{4}\\ & =\frac{1,60\mathrm{eV}}{4}\\ & =\mathrm{0,400}\mathrm{eV}.\end{array}$$

tăng gấp đôi tại $6,40\mathrm{eV}$ và giảm một nửa tại $\mathrm{0,400}\mathrm{eV}$.

---

42.20

Hình 42.23: Đồ thị hàm phân bố Fermi–Dirac theo năng lượng tại các nhiệt độ khác nhau.

Chú thích:

• Khi T tăng, ngày càng có nhiều electron bị kích thích lên các trạng thái có năng lượng E > EF. (As T increases, more and more of the electrons are excited to states with energy E > EF.)

Đối với một kim loại có tích $kT$ bằng $25\mathrm{\%}$ ($kT=0,25E_F$), xác suất để một trạng thái bị chiếm bởi một electron là bao nhiêu nếu mức năng lượng của trạng thái đó bằng: (a) $50\mathrm{\%}$ năng lượng Fermi ($E=0,50E_F$)? (b) Lớn hơn năng lượng Fermi $50\mathrm{\%}$ ($E=1,50E_F$)? Các kết quả của bạn có nhất quán với Hình 42.23 không?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• Điều kiện nhiệt độ: $kT=0,25E_F$.
• Cần tính xác suất chiếm $f(E)$ khi: (a) $E=0,50E_F$. (b) $E=1,50E_F$.
• So sánh tính đối xứng với đồ thị ở Hình 42.23.

Hướng đi:

• Xác định số mũ trong hàm : $\frac{E-E_F}{kT}$.
• Tính giá trị hàm phân bố $f(E)=\frac{1}{e^{(E-E_F)/kT}+1}$.

Lời giải chi tiết:

(a) Khi $E=0,50E_F$: Số mũ của hàm phân bố:

$$\begin{array}{rl}\frac{E-E_F}{kT}& =\frac{0,50E_F-E_F}{0,25E_F}\\ & =\frac{-0,50E_F}{0,25E_F}\\ & =-2,0.\end{array}$$

:

$$\begin{array}{rl}f(E)& =\frac{1}{e^{-2,0}+1}\\ & =\frac{1}{\mathrm{0,135}3+1}\\ & \approx \mathrm{0,881}\\ & =88,1\mathrm{\%}.\end{array}$$

(b) Khi $E=1,50E_F$: Số mũ của hàm phân bố:

$$\begin{array}{rl}\frac{E-E_F}{kT}& =\frac{1,50E_F-E_F}{0,25E_F}\\ & =\frac{+0,50E_F}{0,25E_F}\\ & =+2,0.\end{array}$$

:

$$\begin{array}{rl}f(E)& =\frac{1}{e^{+2,0}+1}\\ & =\frac{1}{\mathrm{7,389}+1}\\ & \approx \mathrm{0,119}\\ & =11,9\mathrm{\%}.\end{array}$$

Nhận xét tính nhất quán với Hình 42.23:

• Hai xác suất $f(0,50E_F)\approx \mathrm{0,881}$ và $f(1,50E_F)\approx \mathrm{0,119}$ có tổng đúng bằng $\mathrm{1,000}$.
• Kết quả này hoàn toàn nhất quán với đường cong Fermi–Dirac tại $kT=\frac{1}{4}{E}_F$ trong Hình 42.23: Đồ thị có tính đối xứng tâm hoàn hảo qua điểm $(E_F,0,5)$, nghĩa là xác suất chiếm mức nằm dưới một khoảng $\mathrm{\Delta }E$ đúng bằng xác suất để mức nằm trên mức Fermi một khoảng $\mathrm{\Delta }E$ bị trống.

Hàm phân bố Fermi-Dirac tại kT = 0.25 EF

---

42.21

Bạc có là $5,48\mathrm{eV}$. Hãy tính đóng góp của electron vào nhiệt dung mol ở thể tích không đổi của bạc ($C_V$) tại nhiệt độ $300\mathrm{K}$. Hãy biểu diễn kết quả của bạn: (a) Dưới dạng một bội số của hằng số khí $R$. (b) Dưới dạng một phần phân số của giá trị thực nghiệm của bạc, $C_V=25,3\mathrm{J}/(\mathrm{mol}\cdot \mathrm{K})$. (c) Giá trị của $C_V$ trong thực tế có phải chủ yếu do các electron đóng góp không? Nếu không, nó chủ yếu do yếu tố nào tạo nên?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• Kim loại: Bạc ($\mathrm{Ag}$).
• : $E_F=5,48\mathrm{eV}$.
• Nhiệt độ: $T=300\mathrm{K}$.
• Nhiệt dung mol thực nghiệm: $C_V=25,3\mathrm{J}/(\mathrm{mol}\cdot \mathrm{K})$.
• Cần tìm: (a) Đóng góp của electron $C_{V,el}$ theo bội số của $R$. (b) Tỷ lệ phần trăm $C_{V,el}/C_{V,exp}$. (c) Phân tích nguồn gốc vật lý của nhiệt dung trong kim loại.

Hướng đi:

• Theo cơ học lượng tử, chỉ những electron nằm trong khoảng năng lượng $kT$ sát mặt Fermi mới có thể nhận năng lượng nhiệt để chuyển lên các trạng thái cao hơn.
• Đóng góp của electron vào nhiệt dung mol của kim loại được cho bởi hệ thức:

$$C_{V,el}=\frac{{\pi }^2}{2}\left(\frac{kT}{E_F}\right)R.$$

Lời giải chi tiết:

(a) Tính $C_{V,el}$ dưới dạng bội số của $R$: Nhiệt năng tại $T=300\mathrm{K}$ với $k=\mathrm{8,617}\times {10}^{-5}\mathrm{eV}/\mathrm{K}$:

$$kT\approx \mathrm{0,025}85\mathrm{eV}.$$

Tỷ số không thứ nguyên:

$$\begin{array}{rl}\frac{kT}{E_F}& =\frac{\mathrm{0,025}85\mathrm{eV}}{5,48\mathrm{eV}}\\ & \approx \mathrm{0,004}717.\end{array}$$

Đóng góp của electron vào nhiệt dung mol:

$$\begin{array}{rl}{C}_{V,el}& =\frac{{\pi }^2}{2}(\mathrm{0,004}717)R\\ & \approx \mathrm{0,023}3R.\end{array}$$

Giá trị theo đơn vị chuẩn với $R=\mathrm{8,314}\mathrm{J}/(\mathrm{mol}\cdot \mathrm{K})$:

$$C_{V,el}\approx \mathrm{0,194}\mathrm{J}/(\mathrm{mol}\cdot \mathrm{K}).$$

(b) Tính tỷ lệ phần trăm so với giá trị thực nghiệm $C_{V,exp}=25,3\mathrm{J}/(\mathrm{mol}\cdot \mathrm{K})$:

$$\begin{array}{rl}\frac{C_{V,el}}{C_{V,exp}}& \approx \mathrm{0,007}65\\ & =0,77\mathrm{\%}.\end{array}$$

Đóng góp của electron chỉ chiếm khoảng $0,77\mathrm{\%}$ nhiệt dung toàn phần của bạc ở nhiệt độ phòng.

(c) Nguồn gốc chính của nhiệt dung $C_V$:

• Giá trị của $C_V$ trong thực tế không phải chủ yếu do các electron đóng góp (chúng chỉ đóng góp chưa đầy $1\mathrm{\%}$).
• Nhiệt dung của kim loại ở nhiệt độ phòng chủ yếu do dao động nhiệt của các ion tại các nút (các phonon) đóng góp. Theo định luật cổ điển Dulong–Petit, mỗi ion trong mạng dao động ba chiều như một dao động tử điều hòa, đóng góp một lượng nhiệt dung mol là $C_{V,lattice}=3R$, xấp xỉ $24,9\mathrm{J}/(\mathrm{mol}\cdot \mathrm{K})$, chiếm hơn $99\mathrm{\%}$ nhiệt dung thực nghiệm đo được.

Nhiệt dung mol của electron trong kim loại theo nhiệt độ

---

42.22

Tại nhiệt độ Fermi $T_F$, ta có hệ thức $E_F=k{T}_F$ (xem Bài tập 42.18). Khi nhiệt độ của một khối kim loại đạt tới $T=T_F$, xác suất để một trạng thái có năng lượng $E=2E_F$ bị chiếm bởi một electron là bao nhiêu?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• Điều kiện: Nhiệt độ kim loại bằng nhiệt độ Fermi, $T=T_F⟹kT=E_F$.
• Mức năng lượng khảo sát: $E=2E_F$.
• Cần tìm: $f(2E_F)$.

Hướng đi:

• Sử dụng hàm :

$$f(E)=\frac{1}{e^{(E-E_F)/kT}+1}.$$

• Thay các điều kiện $E=2E_F$ và $kT=E_F$ vào số mũ để tính giá trị giải tích.

Lời giải chi tiết:

Tại nhiệt độ $T=T_F$, ta có $kT=k{T}_F=E_F$. Số mũ trong hàm ứng với mức năng lượng $E=2E_F$ là:

$$\begin{array}{rl}\frac{E-E_F}{kT}& =\frac{2E_F-E_F}{E_F}\\ & =\frac{E_F}{E_F}\\ & =1.\end{array}$$

lượng tử có năng lượng $2E_F$ là:

$$\begin{array}{rl}f(2E_F)& =\frac{1}{e^1+1}\\ & =\frac{1}{\mathrm{2,718}28+1}\\ & =\frac{1}{\mathrm{3,718}28}\\ & \approx \mathrm{0,269}\\ & =26,9\mathrm{\%}.\end{array}$$

Xác suất để một trạng thái có năng lượng gấp đôi bị chiếm tại nhiệt độ Fermi là $26,9\mathrm{\%}$.

Bài tập 42.23 – 42.38

42.23

Đối với một kim loại thể rắn có bằng $\mathrm{8,500}\mathrm{eV}$, xác suất để ở nhiệt độ phòng, một trạng thái điện tử có năng lượng $\mathrm{8,520}\mathrm{eV}$ được chiếm bởi một electron bằng bao nhiêu?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Cho kim loại có $E_F=\mathrm{8,500}\mathrm{eV}$. Tính xác suất chiếm $f(E)$ ở nhiệt độ phòng đối với trạng thái có năng lượng $E=\mathrm{8,520}\mathrm{eV}$.

Hướng đi:

• Hàm : Xác suất để một trạng thái lượng tử có năng lượng $E$ được chiếm bởi một fermion tuân theo phân bố Fermi–Dirac $f(E)=\frac{1}{{\mathrm{e}}^{(E-E_F)/kT}+1}$.
• Năng lượng nhiệt ở nhiệt độ phòng: Lấy nhiệt độ phòng quy chuẩn $T=300\mathrm{K}$ (hoặc $T={20}^{\circ }\mathrm{C}=293,15\mathrm{K}$), tương ứng với $kT\approx \mathrm{0,025}85\mathrm{eV}$ (hoặc $\mathrm{0,025}26\mathrm{eV}$).

Độ chênh lệch giữa mức năng lượng đang xét và là:

$$\mathrm{\Delta }E=E-E_F=\mathrm{0,020}\mathrm{eV}$$

Ở nhiệt độ phòng chuẩn $T=300\mathrm{K}$, tích số Boltzmann có giá trị:

Nhiệt năng tại $300\mathrm{K}$:

$$kT\approx \mathrm{0,025}85\mathrm{eV}$$

Tỉ số giữa độ lệch năng lượng và nhiệt năng là:

Số mũ phân bố:

$$\frac{E-E_F}{kT}\approx \mathrm{0,773}6$$

Thay vào biểu thức :

$$f(E)=\frac{1}{{\mathrm{e}}^{\mathrm{0,773}6}+1}\approx \mathrm{0,316}$$

Nếu tính tại $T={20}^{\circ }\mathrm{C}=293,15\mathrm{K}$ ($kT\approx \mathrm{0,025}26\mathrm{eV}$), tỉ số trở thành $\frac{E-E_F}{kT}\approx \mathrm{0,791}7$, cho kết quả:

$$f(E)\approx \mathrm{0,312}$$

Kết luận: Xác suất để trạng thái này được electron chiếm giữ ở nhiệt độ phòng xấp xỉ bằng $\mathrm{0,316}$ (tức khoảng $31,6\mathrm{\%}$).

42.24

Gecmani tinh khiết có bằng $0,67\mathrm{eV}$. nằm chính giữa vùng cấm. (a) Đối với các nhiệt độ $250\mathrm{K}$, $300\mathrm{K}$ và $350\mathrm{K}$, hãy tính xác suất $f(E)$ để một trạng thái ở đáy dải dẫn được chiếm bởi electron. (b) Đối với mỗi nhiệt độ trong phần (a), hãy tính xác suất để một trạng thái ở đỉnh dải hóa trị bị bỏ trống.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Bán dẫn Ge có $E_g=0,67\mathrm{eV}$, $E_F$ nằm ở giữa vùng cấm. Tính $f(E_c)$ và xác suất trống $1-f(E_v)$ tại ba mốc nhiệt độ $250\mathrm{K}$, $300\mathrm{K}$, $350\mathrm{K}$.

Hướng đi:

• Vị trí : Mức Fermi nằm chính giữa khoảng cách giữa đáy dải dẫn $E_c$ và đỉnh dải hóa trị $E_v$, do đó khoảng cách từ $E_F$ tới hai biên dải là đối xứng: $E_c-E_F=E_F-E_v$, tức $\frac{E_g}{2}$, tức $\mathrm{0,335}\mathrm{eV}$.
• Xác suất trạng thái trống (): Xác suất một trạng thái tại đỉnh dải hóa trị không có electron là $1-f(E_v)$. Do tính chất đối xứng của hàm Fermi quanh $E_F$, ta luôn có $1-f(E_v)=f(E_c)$.

Độ chênh lệch năng lượng từ tới đáy dải dẫn là:

$$E_c-E_F=\frac{E_g}{2}=\mathrm{0,335}\mathrm{eV}$$

(a) Tính xác suất chiếm $f(E_c)$:

Vì $E_c-E_F\gg kT$, số hạng ${\mathrm{e}}^{(E_c-E_F)/kT}\gg 1$, hàm Fermi xấp xỉ phân bố Maxwell–Boltzmann $f(E_c)\approx {\mathrm{e}}^{-(E_c-E_F)/kT}$.

• Tại $T=250\mathrm{K}$: Nhiệt năng $kT\approx \mathrm{0,021}54\mathrm{eV}$.

$$\frac{E_c-E_F}{kT}\approx 15,55$$

$$f(E_c)\approx 1,77\times {10}^{-7}$$

• Tại $T=300\mathrm{K}$: Nhiệt năng $kT\approx \mathrm{0,025}85\mathrm{eV}$.

$$\frac{E_c-E_F}{kT}\approx 12,96$$

$$f(E_c)\approx 2,36\times {10}^{-6}$$

• Tại $T=350\mathrm{K}$: Nhiệt năng $kT\approx \mathrm{0,030}16\mathrm{eV}$.

$$\frac{E_c-E_F}{kT}\approx 11,11$$

$$f(E_c)\approx 1,50\times {10}^{-5}$$

(b) Xác suất để trạng thái ở đỉnh dải hóa trị bị trống:

Tại đỉnh dải hóa trị $E_v$, ta có $E_v-E_F=-\mathrm{0,335}\mathrm{eV}$. Xác suất để trạng thái không có electron (tức xuất hiện một ) là:

Đặt $u=\frac{E_v-E_F}{kT}$: Đặt $P_v=1-f(E_v)$ là xác suất trạng thái ở đỉnh dải hóa trị còn trống.

$$\begin{array}{rl}{P}_v& =1-\frac{1}{{\mathrm{e}}^u+1}\\ & =\frac{{\mathrm{e}}^u}{{\mathrm{e}}^u+1}\\ & =\frac{1}{{\mathrm{e}}^{-u}+1}\\ & =\frac{1}{{\mathrm{e}}^{(E_F-E_v)/kT}+1}\end{array}$$

Do $E_F-E_v=E_c-E_F$, tức $\mathrm{0,335}\mathrm{eV}$, giá trị xác suất này hoàn toàn trùng khớp với $f(E_c)$ ở câu (a):

• Ở $250\mathrm{K}$: $1-f(E_v)\approx 1,77\times {10}^{-7}$.
• Ở $300\mathrm{K}$: $1-f(E_v)\approx 2,36\times {10}^{-6}$.
• Ở $350\mathrm{K}$: $1-f(E_v)\approx 1,50\times {10}^{-5}$.

42.25

Gecmani có bằng $0,67\mathrm{eV}$. Việc pha tạp asen tạo thêm các mức donor trong vùng cấm nằm cách đáy dải dẫn $0,01\mathrm{eV}$ về phía dưới. Ở nhiệt độ $300\mathrm{K}$, xác suất để một trạng thái electron ở đáy dải dẫn được chiếm bằng $4,4\times {10}^{-4}$. Trong trường hợp này, nằm ở vị trí nào so với dải dẫn?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Bán dẫn Ge pha As có $E_g=0,67\mathrm{eV}$, mức donor $E_d=E_c-0,01\mathrm{eV}$. Tại $T=300\mathrm{K}$, $f(E_c)=4,4\times {10}^{-4}$. Xác định vị trí của $E_F$ so với đáy dải dẫn $E_c$.

Hướng đi:

• Biểu thức Fermi–Dirac đảo: Từ xác suất chiếm $f(E_c)$, suy ra trực tiếp giá trị của số mũ ${\mathrm{e}}^{(E_c-E_F)/kT}=\frac{1}{f(E_c)}-1$.
• Khoảng cách năng lượng: Nhân logarithm tự nhiên của biểu thức trên với nhiệt năng $kT$.

Từ tại đáy dải dẫn $E=E_c$:

$$f(E_c)=\frac{1}{{\mathrm{e}}^{(E_c-E_F)/kT}+1}$$

Nghịch đảo hai vế để tìm hiệu năng lượng:

$${\mathrm{e}}^{(E_c-E_F)/kT}\approx 2272$$

Lấy logarithm tự nhiên hai vế:

$$\begin{array}{rl}\frac{E_c-E_F}{kT}& =\ln (2272)\\ & \approx \mathrm{7,728}\end{array}$$

Ở nhiệt độ $T=300\mathrm{K}$, nhiệt năng là $kT\approx \mathrm{0,025}852\mathrm{eV}$. Khoảng cách từ tới đáy dải dẫn bằng:

$$E_c-E_F\approx \mathrm{0,200}\mathrm{eV}$$

Kết luận: nằm dưới đáy dải dẫn một khoảng bằng $\mathrm{0,200}\mathrm{eV}$ (tức cách đỉnh dải hóa trị $E_v$ một khoảng $0,67\mathrm{eV}-0,20\mathrm{eV}=0,47\mathrm{eV}$ về phía trên).

42.26

(a) Giả sử một mẫu gecmani rất tinh khiết được dùng làm đầu dò ánh sáng bằng cách quan sát sự tăng độ dẫn điện sinh ra từ các cặp electron– qua việc hấp thụ . Nếu mỗi cặp đòi hỏi năng lượng $0,67\mathrm{eV}$, bước sóng dài nhất có thể phát hiện được bằng bao nhiêu? Bước sóng này nằm ở vùng nào của quang phổ? (b) Các câu trả lời cho phần (a) sẽ là bao nhiêu nếu vật liệu là silic, với năng lượng cần thiết là $1,12\mathrm{eV}$ cho mỗi cặp electron–lỗ trống, tương ứng với vùng cấm giữa dải hóa trị và dải dẫn của nguyên tố đó?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Tính bước sóng giới hạn quang điện ${\lambda }_{max}$ và xác định vùng quang phổ tương ứng cho: (a) Ge ($E_g=0,67\mathrm{eV}$). (b) Si ($E_g=1,12\mathrm{eV}$).

Hướng đi:

• Điều kiện quang dẫn: Để kích hoạt một electron từ dải hóa trị vượt qua vùng cấm lên dải dẫn tạo ra cặp electron–, chiếu vào phải có năng lượng tối thiểu bằng : $E_{\mathrm{ph}}=\frac{hc}{\lambda }\ge E_g$.
• Bước sóng ngưỡng cực đại: Bước sóng dài nhất có thể gây ra hiện tượng hấp thụ là ${\lambda }_{max}=\frac{hc}{E_g}$.

Tích số hằng số Planck và tốc độ ánh sáng có giá trị tiện dụng:

Tích số $hc$ theo đơn vị tiện dụng:

$$hc\approx 1240\mathrm{eV}\cdot \mathrm{nm}$$

(a) Đối với gecmani ($E_g=0,67\mathrm{eV}$):

$${\lambda }_{max}=\frac{hc}{E_g}\approx 1,85\mu \mathrm{m}$$

Bước sóng $1,85\mu \mathrm{m}$ nằm trong vùng hồng ngoại (cụ thể là vùng hồng ngoại gần / cận hồng ngoại - Near Infrared).

(b) Đối với silic ($E_g=1,12\mathrm{eV}$):

$${\lambda }_{max}=\frac{hc}{E_g}\approx 1,11\mu \mathrm{m}$$

Bước sóng $1,11\mu \mathrm{m}$ cũng nằm trong vùng hồng ngoại (ngay sát ranh giới ánh sáng khả kiến $780\mathrm{nm}$).

42.27

Ở nhiệt độ $290\mathrm{K}$, một chuyển tiếp p-n có dòng bão hòa $I_S=\mathrm{0,500}\mathrm{mA}$. (a) Tìm cường độ dòng điện ở nhiệt độ này khi điện áp đặt vào bằng: (i) $1,00\mathrm{mV}$; (ii) $-1,00\mathrm{mV}$; (iii) $100\mathrm{mV}$; (iv) $-100\mathrm{mV}$. (b) Có vùng điện áp đặt vào nào mà tuân theo định luật Ohm hay không?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Chuyển tiếp p-n có $I_S=\mathrm{0,500}\mathrm{mA}$ ở $T=290\mathrm{K}$. (a) Tính $I$ tại $V=1\mathrm{mV}$, $-1\mathrm{mV}$, $100\mathrm{mV}$ và $-100\mathrm{mV}$. (b) Đánh giá miền điện áp tuân theo định luật Ohm.

Hướng đi:

• Phương trình Shockley: Cường độ dòng điện qua chuyển tiếp p-n phụ thuộc điện áp theo phương trình $I=I_S({\mathrm{e}}^{eV/kT}-1)$.
• Điện thế nhiệt: Tại $T=290\mathrm{K}$, điện thế nhiệt là $V_T=\frac{kT}{e}$.
• Xấp xỉ tuyến tính định luật Ohm: Khi thế đặt vào rất nhỏ so với điện thế nhiệt ($|V|\ll V_T$), ta khai triển chuỗi Taylor ${\mathrm{e}}^{V/V_T}-1\approx \frac{V}{V_T}$. Khi đó $I\approx \frac{I_S}{V_T}V$, thể hiện quan hệ tuyến tính theo định luật Ohm.

Điện thế nhiệt ở $T=290\mathrm{K}$ là:

$$V_T=\frac{kT}{e}$$

Tại $290\mathrm{K}$:

$$V_T\approx 24,99\mathrm{mV}$$

(a) Tính cường độ dòng điện tại các mốc điện thế:

• (i) Với $V=+1,00\mathrm{mV}$:

$$I(+1,00\mathrm{mV})\approx \mathrm{0,020}4\mathrm{mA}$$

• (ii) Với $V=-1,00\mathrm{mV}$: Với $V_0=-1,00\mathrm{mV}$, kết quả là

$$I(V_0)\approx -\mathrm{0,019}6\mathrm{mA}$$

• (iii) Với $V=+100\mathrm{mV}$:

$$I(+100\mathrm{mV})\approx 26,8\mathrm{mA}$$

• (iv) Với $V=-100\mathrm{mV}$:

$$I(-100\mathrm{mV})\approx -\mathrm{0,491}\mathrm{mA}$$

(b) Vùng điện áp tuân theo định luật Ohm:

Có một vùng điện áp nhỏ quanh điểm gốc thỏa mãn định luật Ohm. Cụ thể, khi điện áp đặt vào thỏa mãn $|V|\ll \frac{kT}{e}\approx 25\mathrm{mV}$ (chẳng hạn $|V|\le 2\mathrm{mV}$), hàm mũ có thể xấp xỉ tuyến tính:

Khai triển Taylor bậc nhất:

$$I\approx \left(\frac{e{I}_S}{kT}\right)V=\frac{V}{R_0}$$

Biểu thức này cho thấy dòng điện tỉ lệ thuận với điện áp $I=\frac{V}{R_0}$ với điện trở động tại gốc tọa độ là hằng số:

$$R_0=\frac{kT}{e{I}_S}\approx 50\mathrm{\Omega }$$

Ở điện áp phân cực lớn ($|V|\ge 50\mathrm{mV}$), đặc tuyến biến thiên theo hàm mũ hoặc tiệm cận dòng bão hòa nghịch, hoàn toàn không tuân theo định luật Ohm.

42.28

Đối với một chuyển tiếp p-n, dòng điện bão hòa ở nhiệt độ phòng (${20}^{\circ }\mathrm{C}$) bằng $\mathrm{0,950}\mathrm{mA}$. Điện trở của diode này bằng bao nhiêu khi điện áp đặt ngang qua nó là: (a) $85,0\mathrm{mV}$; (b) $-50,0\mathrm{mV}$?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Cho có $I_S=\mathrm{0,950}\mathrm{mA}$ ở $T={20}^{\circ }\mathrm{C}=293,15\mathrm{K}$. Tính điện trở tĩnh $R=V/I$ khi (a) $V=85,0\mathrm{mV}$. (b) $V=-50,0\mathrm{mV}$.

Hướng đi:

• Dòng điện qua : Xác định từ phương trình $I=I_S({\mathrm{e}}^{eV/kT}-1)$.
• Điện trở tĩnh của linh kiện: Tính theo định nghĩa $R=\frac{V}{I}$.

Điện thế nhiệt ở $T=293,15\mathrm{K}$ là:

$$V_T=\frac{kT}{e}$$

Tại ${20}^{\circ }\mathrm{C}$ ($293,15\mathrm{K}$):

$$V_T\approx 25,26\mathrm{mV}$$

(a) Khi điện áp thuận $V=85,0\mathrm{mV}$:

Cường độ dòng điện thuận chạy qua là:

$$I(+85,0\mathrm{mV})\approx 26,53\mathrm{mA}$$

Điện trở tĩnh tương ứng của là:

$$R=\frac{V}{I}\approx 3,20\mathrm{\Omega }$$

(b) Khi điện áp nghịch $V=-50,0\mathrm{mV}$:

Cường độ dòng điện nghịch chạy qua là:

$$I(-50,0\mathrm{mV})\approx -\mathrm{0,819}\mathrm{mA}$$

Điện trở tĩnh tương ứng của khi phân cực nghịch là:

$$R=\frac{V}{I}\approx 61,1\mathrm{\Omega }$$

42.29

(a) Một điện áp phân cực thuận $15,0\mathrm{mV}$ tạo ra dòng điện dương $9,25\mathrm{mA}$ qua một chuyển tiếp p-n ở $300\mathrm{K}$. Dòng điện dương sẽ trở thành bao nhiêu nếu điện áp phân cực thuận giảm xuống còn $10,0\mathrm{mV}$? (b) Đối với các điện áp phân cực nghịch $-15,0\mathrm{mV}$ và $-10,0\mathrm{mV}$, dòng điện âm phân cực nghịch bằng bao nhiêu?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Chuyển tiếp p-n ở $T=300\mathrm{K}$ có $I=9,25\mathrm{mA}$ tại $V=15,0\mathrm{mV}$. Tính dòng điện tại (a) $V=10,0\mathrm{mV}$. (b) $V=-15,0\mathrm{mV}$ và $V=-10,0\mathrm{mV}$.

Hướng đi:

• Tìm dòng bão hòa $I_S$: Dựa vào số liệu đo ban đầu $V_1=15,0\mathrm{mV}$, $I_1=9,25\mathrm{mA}$ để tính $I_S=\frac{I_1}{{\mathrm{e}}^{e{V}_1/kT}-1}$.
• Tính dòng tại các mức điện áp còn lại: Thay $I_S$ vừa tìm được vào công thức Shockley cho từng giá trị điện áp.

Ở nhiệt độ $T=300\mathrm{K}$, điện thế nhiệt bằng:

$$V_T=\frac{kT}{e}\approx 25,85\mathrm{mV}$$

Từ phép đo $V_1=15,0\mathrm{mV}$, dòng điện thỏa mãn:

$$I_1=I_S({\mathrm{e}}^{V_1/V_T}-1)$$

Suy ra dòng điện bão hòa của chuyển tiếp:

$$I_S=\frac{I}{{\mathrm{e}}^{V/V_T}-1}$$

$$I_S\approx 11,76\mathrm{mA}$$

(a) Khi điện áp thuận giảm còn $V=10,0\mathrm{mV}$:

$$I(+10,0\mathrm{mV})\approx 5,56\mathrm{mA}$$

(b) Dòng điện khi phân cực nghịch:

• Với $V=-15,0\mathrm{mV}$:

$$I(-15,0\mathrm{mV})\approx -5,18\mathrm{mA}$$

• Với $V=-10,0\mathrm{mV}$:

$$I(-10,0\mathrm{mV})\approx -3,77\mathrm{mA}$$

42.30

Một chuyển tiếp p-n có dòng điện bão hòa bằng $6,40\mathrm{mA}$. (a) Ở nhiệt độ $300\mathrm{K}$, cần đặt điện áp bằng bao nhiêu để sinh ra một dòng điện dương bằng $40,0\mathrm{mA}$? (b) Đối với một điện áp bằng số đối của giá trị tính được ở phần (a), dòng điện âm bằng bao nhiêu?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Cho $I_S=6,40\mathrm{mA}$ ở $T=300\mathrm{K}$. (a) Tìm $V$ để $I=40,0\mathrm{mA}$. (b) Tìm $I$ khi đặt điện áp $-V$.

Hướng đi:

• Phương trình giải điện thế: Từ $I=I_S({\mathrm{e}}^{eV/kT}-1)$, rút ra biểu thức điện thế thuận $V=\frac{kT}{e}\ln (1+\frac{I}{I_S})$.
• Dòng phân cực nghịch đối xứng: Thay điện áp $-V$ vào biểu thức dòng điện để tính cường độ dòng nghịch.

Ở $T=300\mathrm{K}$, điện thế nhiệt là $V_T=\frac{kT}{e}\approx \mathrm{0,025}852\mathrm{V}$.

(a) Tìm điện áp thuận cần thiết:

$${\mathrm{e}}^{V/V_T}=1+\frac{I}{I_S}=7,25$$

Lấy logarithm tự nhiên hai vế:

$$V=V_T\ln (7,25)\approx 51,2\mathrm{mV}$$

(b) Dòng điện khi đặt điện thế ngược dấu $V^{\prime }=-51,2\mathrm{mV}$:

Khi $V^{\prime }=-V$, số hạng mũ là ${\mathrm{e}}^{-V/V_T}=\frac{1}{7,25}\approx \mathrm{0,137}93$. Thay vào phương trình :

$$\begin{array}{rl}{I}^{\prime }& =I_S(\frac{1}{7,25}-1)\\ & \approx -5,52\mathrm{mA}\end{array}$$

42.31

Dòng điện bão hòa của một chuyển tiếp là $10\mu \mathrm{A}$. Hãy tính điện trở của diode ở các hiệu điện thế thuận và nghịch bằng $0,20\mathrm{V}$ khi $T={17}^{\circ }\mathrm{C}$.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: có $I_S=10\mu \mathrm{A}$, tức $1,0\times {10}^{-5}\mathrm{A}$ ở $T={17}^{\circ }\mathrm{C}=290,15\mathrm{K}$. Tính điện trở tĩnh $R=V/I$ tại $V=+0,20\mathrm{V}$ và $V=-0,20\mathrm{V}$.

Hướng đi:

• Điện thế nhiệt: Tính $V_T=\frac{kT}{e}$ ở $T=290,15\mathrm{K}$.
• Điện trở tĩnh: Tính dòng $I=I_S({\mathrm{e}}^{V/V_T}-1)$ rồi xác định $R=\frac{V}{I}$.

Ở $T=17+273,15$, tức $290,15\mathrm{K}$, điện thế nhiệt có giá trị tròn trịa:

$$V_T=\frac{kT}{e}\approx 25,0\mathrm{mV}$$

(a) Khi phân cực thuận với $V=+0,20\mathrm{V}$:

Tỉ số thế là $\frac{V}{V_T}=\frac{0,20\mathrm{V}}{\mathrm{0,025}00\mathrm{V}}=8,00$. Dòng điện thuận chạy qua là:

$$\begin{array}{rl}I& =I_S({\mathrm{e}}^{8,00}-1)\\ & \approx 29,8\mathrm{mA}\end{array}$$

Điện trở thuận của bằng:

$$R_{\text{thuận}}=\frac{V}{I}\approx 6,71\mathrm{\Omega }$$

(b) Khi phân cực nghịch với $V=-0,20\mathrm{V}$:

Tỉ số thế là $\frac{V}{V_T}=-8,00$. Vì ${\mathrm{e}}^{-8,00}\approx 3,35\times {10}^{-4}\ll 1$, dòng điện nghịch gần như đạt ngưỡng bão hòa:

$$\begin{array}{rl}I& =I_S({\mathrm{e}}^{-8,00}-1)\\ & \approx -10,0\mu \mathrm{A}\end{array}$$

Điện trở nghịch của bằng:

$$R_{\text{nghịch}}=\frac{V}{I}\approx 20,0\mathrm{k}\mathrm{\Omega }$$

42.32

Khi một phân tử hai nguyên tử thực hiện bước chuyển từ trạng thái quay $l=2$ xuống trạng thái quay $l=1$, một có bước sóng $54,3\mu \mathrm{m}$ được phát ra. Mômen quán tính của phân tử đối với trục đi qua khối tâm và vuông góc với đường nối hai hạt nhân bằng bao nhiêu?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Phân tử hai nguyên tử phát $\lambda =54,3\mu \mathrm{m}$ khi chuyển mức quay từ $l=2$ về $l=1$. Tính mômen quán tính $I$.

Hướng đi:

• Mức năng lượng quay: Năng lượng trạng thái quay có số lượng tử $l$ là $E_l=\frac{l(l+1){\hslash }^2}{2I}$.
• Hiệu năng lượng bước chuyển: Đối với bước chuyển $l\to l-1$, năng lượng bức xạ là $\mathrm{\Delta }E=E_l-E_{l-1}=\frac{l{\hslash }^2}{I}$.
• Định luật bảo toàn năng lượng : Năng lượng photon phát xạ liên hệ với bước sóng qua $\mathrm{\Delta }E=\frac{hc}{\lambda }$.

Độ chênh lệch năng lượng giữa hai mức quay $l=2$ và $l=1$ là:

$$\mathrm{\Delta }E=E_2-E_1=\frac{2{\hslash }^2}{I}$$

Năng lượng phát ra tuân theo hệ thức Planck–Einstein:

$$\mathrm{\Delta }E=\frac{hc}{\lambda }$$

Cân bằng hai biểu thức năng lượng:

$$I=\frac{\hslash \lambda }{\pi c}$$

Thay các hằng số vật lý chuẩn:

• $\hslash =\frac{h}{2\pi }$, xấp xỉ $\mathrm{1,054}57\times {10}^{-34}\mathrm{J}\cdot \mathrm{s}$;
• $c\approx \mathrm{2,997}92\times {10}^8\mathrm{m}/\mathrm{s}$;
• $\lambda =54,3\times {10}^{-6}\mathrm{m}$.

Ta tính được mômen quán tính của phân tử:

Thay số $\lambda =54,3\mu \mathrm{m}$:

$$I\approx 6,08\times {10}^{-48}\mathrm{kg}\cdot {\mathrm{m}}^2$$

42.33

(a) Khoảng cách cân bằng giữa hai hạt nhân trong phân tử $\mathrm{NaCl}$ là $0,24\mathrm{nm}$. Nếu phân tử được mô hình hóa gồm hai điện tích điểm $+e$ và $-e$ đặt cách nhau $0,24\mathrm{nm}$, mômen lưỡng cực điện của phân tử bằng bao nhiêu? (b) Mômen lưỡng cực điện đo được trong thực nghiệm của phân tử $\mathrm{NaCl}$ là $3,0\times {10}^{-29}\mathrm{C}\cdot \mathrm{m}$. Nếu mômen lưỡng cực này sinh ra từ hai điện tích điểm $+q$ và $-q$ cách nhau $0,24\mathrm{nm}$, hãy tìm $q$. (c) Một định nghĩa về đặc tính ion phần trăm (fractional ionic character) của liên kết là tỉ số $q/e$. Nếu nguyên tử natri mang điện tích $+e$ và nguyên tử clo mang điện tích $-e$, đặc tính ion phần trăm sẽ bằng $1$. Đặc tính ion phần trăm thực tế của liên kết trong $\mathrm{NaCl}$ bằng bao nhiêu? (d) Khoảng cách cân bằng giữa các hạt nhân trong phân tử hydro iodua ($\mathrm{HI}$) là $0,16\mathrm{nm}$, và mômen lưỡng cực điện đo được của phân tử là $1,5\times {10}^{-30}\mathrm{C}\cdot \mathrm{m}$. Đặc tính ion phần trăm của liên kết trong $\mathrm{HI}$ bằng bao nhiêu? So sánh kết quả này với giá trị tính được cho $\mathrm{NaCl}$ ở phần (c) và thảo luận nguyên nhân dẫn tới sự khác biệt này.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Xét mômen lưỡng cực điện và độ ion hóa liên kết: (a) Tính $p_{\text{lý tưởng}}$ của $\mathrm{NaCl}$ với khoảng cách $0,24\mathrm{nm}$. (b) Tính điện tích hiệu dụng $q$ từ $p_{\text{đo}}=3,0\times {10}^{-29}\mathrm{C}\cdot \mathrm{m}$. (c) Tính độ ion hóa $q/e$. (d) Tính độ ion hóa của $\mathrm{HI}$ ($r_0=0,16\mathrm{nm}$, $p=1,5\times {10}^{-30}\mathrm{C}\cdot \mathrm{m}$) và so sánh bản chất liên kết.

Hướng đi:

• Mômen lưỡng cực điện của hệ hai điện tích điểm: Định nghĩa theo biểu thức $p=q{r}_0$.
• Độ ion hóa phần trăm: Tỉ số giữa điện tích hữu hiệu dịch chuyển và điện tích nguyên tố $q/e=\frac{p_{\text{thực nghiệm}}}{e{r}_0}$.
• Bản chất hóa học: Độ chênh lệch độ âm điện giữa hai nguyên tử quyết định tỷ lệ giữa tính chất ion và tính chất cộng hóa trị của liên kết.

(a) Mômen lưỡng cực điện lý tưởng của $\mathrm{NaCl}$:

Nếu liên kết là ion thuần túy $100\mathrm{\%}$ ($q=e$, tức $\mathrm{1,602}18\times {10}^{-19}\mathrm{C}$):

$$p_{\text{ion}}=e{r}_0$$

$$p_{\text{ion}}\approx 3,85\times {10}^{-29}\mathrm{C}\cdot \mathrm{m}$$

(b) Điện tích hiệu dụng $q$ trong thực nghiệm của $\mathrm{NaCl}$:

Từ giá trị đo $p=3,0\times {10}^{-29}\mathrm{C}\cdot \mathrm{m}$:

$$q=\frac{p}{r_0}=1,25\times {10}^{-19}\mathrm{C}$$

(c) Đặc tính ion phần trăm của $\mathrm{NaCl}$:

$$\frac{q}{e}\approx 78,0\mathrm{\%}$$

(d) Đặc tính ion phần trăm của $\mathrm{HI}$ và so sánh:

Đối với phân tử hydro iodua ($\mathrm{HI}$):

$$q_{\mathrm{HI}}=\frac{p_{\mathrm{HI}}}{r_{0,\mathrm{HI}}}$$

$$q_{\mathrm{HI}}=\mathrm{9,375}\times {10}^{-21}\mathrm{C}$$

Độ ion hóa phần trăm của liên kết $\mathrm{H}-\mathrm{I}$ là:

$${\left(\frac{q}{e}\right)}_{\mathrm{HI}}\approx 5,85\mathrm{\%}$$

So sánh và nguyên nhân vật lý:

• Phân tử $\mathrm{NaCl}$ có độ ion hóa rất cao ($78\mathrm{\%}$), biểu hiện bản chất của điển hình. Nguyên nhân là natri ($\mathrm{Na}$) có năng lượng ion hóa thấp ($5,14\mathrm{eV}$) và clo ($\mathrm{Cl}$) có ái lực electron lớn kèm độ âm điện rất cao ($3,16$ so với $0,93$ của $\mathrm{Na}$), khiến đám mây điện tử hóa trị chuyển dịch gần như trọn vẹn sang nguyên tử clo.
• Phân tử $\mathrm{HI}$ có độ ion hóa rất nhỏ ($5,85\mathrm{\%}$), thể hiện bản chất chủ đạo là phân cực rất yếu. Nguyên nhân là độ âm điện của hydro ($2,20$) và iot ($2,66$) rất gần nhau (hiệu độ âm điện chỉ khoảng $0,46$), do đó cặp electron liên kết được chia sẻ tương đối đồng đều giữa hai hạt nhân.

42.34

Khi một phân tử $\mathrm{NaF}$ thực hiện bước chuyển từ mức quay $l=3$ xuống mức $l=2$ mà không thay đổi số lượng tử dao động hoặc trạng thái điện tử, một có bước sóng $3,83\mathrm{mm}$ được phát ra. Khối lượng nguyên tử natri là $3,82\times {10}^{-26}\mathrm{kg}$, và khối lượng nguyên tử flo là $3,15\times {10}^{-26}\mathrm{kg}$. Hãy tính khoảng cách cân bằng giữa hai hạt nhân trong phân tử $\mathrm{NaF}$. So sánh kết quả của bạn với giá trị của $\mathrm{NaCl}$ được nêu trong Mục 42.1. Kết quả này có hợp lý không? Hãy giải thích.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: $\mathrm{NaF}$ phát $\lambda =3,83\mathrm{mm}$ khi chuyển từ $l=3$ về $l=2$. Cho $m_{\mathrm{Na}}=3,82\times {10}^{-26}\mathrm{kg}$, $m_{\mathrm{F}}=3,15\times {10}^{-26}\mathrm{kg}$. Tính $r_0$ và so sánh với $\mathrm{NaCl}$ ($0,24\mathrm{nm}$).

Hướng đi:

• Năng lượng bước chuyển quay: $\mathrm{\Delta }E=\frac{3{\hslash }^2}{I}$.
• Mômen quán tính: Liên hệ với bước sóng qua $\frac{3{\hslash }^2}{I}=\frac{hc}{\lambda }⟹I=\frac{3\hslash \lambda }{2\pi c}$.
• Khoảng cách hạt nhân: Tính qua khối lượng rút gọn $\mu =\frac{m_1{m}_2}{m_1+m_2}$ theo hệ thức $r_0=\sqrt{\frac{I}{\mu }}$.

Hiệu năng lượng giữa hai mức quay là:

$$\mathrm{\Delta }E=E_3-E_2=\frac{3{\hslash }^2}{I}$$

Từ hệ thức năng lượng phát xạ $\mathrm{\Delta }E=\frac{hc}{\lambda }$, ta rút ra mômen quán tính:

$$I=\frac{3\hslash \lambda }{2\pi c}$$

Thay các giá trị số:

$$I=\frac{3\hslash \lambda }{2\pi c}$$

$$I\approx \mathrm{6,433}\times {10}^{-46}\mathrm{kg}\cdot {\mathrm{m}}^2$$

Khối lượng rút gọn của phân tử $\mathrm{NaF}$ là:

$$\mu =\frac{m_{\mathrm{Na}}{m}_{\mathrm{F}}}{m_{\mathrm{Na}}+m_{\mathrm{F}}}$$

$$\mu \approx \mathrm{1,726}\times {10}^{-26}\mathrm{kg}$$

Khoảng cách cân bằng giữa hai hạt nhân là:

$$r_0=\sqrt{\frac{I}{\mu }}\approx \mathrm{0,193}\mathrm{nm}$$

So sánh và nhận xét:

Giá trị khoảng cách hạt nhân $r_0=\mathrm{0,193}\mathrm{nm}$ của $\mathrm{NaF}$ nhỏ hơn rõ rệt so với khoảng cách $r_0=0,24\mathrm{nm}$ của phân tử $\mathrm{NaCl}$. Kết quả này hoàn toàn hợp lý về mặt vật lý và hóa học: Ion flo ${\mathrm{F}}^{-}$ chỉ có hai lớp electron (chu kỳ 2), trong khi ion clo ${\mathrm{Cl}}^{-}$ có ba lớp electron (chu kỳ 3). Bán kính ion của ${\mathrm{F}}^{-}$ ($133\mathrm{pm}$) nhỏ hơn đáng kể so với ${\mathrm{Cl}}^{-}$ ($181\mathrm{pm}$), do đó lực hút tĩnh điện kéo hai hạt nhân trong $\mathrm{NaF}$ lại gần nhau hơn.

42.35

Xét một chất khí gồm các phân tử hai nguyên tử (có mômen quán tính $I$) ở $T$. Nếu $E_g$ là năng lượng trạng thái cơ bản và $E_{\mathrm{ex}}$ là năng lượng của một trạng thái kích thích, phân bố Maxwell–Boltzmann dự đoán rằng tỉ số số phân tử trong hai trạng thái là $n_{\mathrm{ex}}/n_g={\mathrm{e}}^{-(E_{\mathrm{ex}}-E_g)/kT}$. (a) Hãy giải thích tại sao tỉ số giữa số phân tử ở mức năng lượng quay thứ $l$ so với số phân tử ở mức cơ bản quay ($l=0$) lại bằng:

Đặt $\beta =\frac{{\hslash }^2}{2IkT}$:

$$\frac{n_l}{n_0}=(2l+1){\mathrm{e}}^{-l(l+1)\beta }$$

(Gợi ý: Đối với mỗi giá trị $l$, có bao nhiêu trạng thái với các giá trị khác nhau của số lượng tử từ $m_l$?) (b) Hãy xác định tỉ số $n_l/n_0$ đối với chất khí gồm các phân tử $\mathrm{CO}$ ở $300\mathrm{K}$ đối với: (i) $l=1$; (ii) $l=2$; (iii) $l=10$; (iv) $l=20$; (v) $l=50$. Mômen quán tính của phân tử $\mathrm{CO}$ được cho trong Ví dụ 42.2 (Mục 42.2) là $I=1,45\times {10}^{-46}\mathrm{kg}\cdot {\mathrm{m}}^2$. (c) Kết quả ở phần (b) cho thấy khi $l$ tăng lên, tỉ số $n_l/n_0$ ban đầu tăng rồi sau đó giảm. Hãy giải thích nguyên nhân.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Khí phân tử hai nguyên tử ở nhiệt độ $T$. (a) Chứng minh tỉ số quần thể quay $n_l/n_0=(2l+1){\mathrm{e}}^{-l(l+1){\hslash }^2/(2IkT)}$. (b) Tính tỉ số cho $\mathrm{CO}$ ($I=1,45\times {10}^{-46}\mathrm{kg}\cdot {\mathrm{m}}^2$) ở $300\mathrm{K}$ tại $l=1,2,10,20,50$. (c) Giải thích quy luật biến thiên.

Hướng đi:

• Độ suy biến mức quay: Mức năng lượng quay thứ $l$ có độ suy biến bội $g_l=2l+1$ do hình chiếu mômen động lượng $m_l$ nhận các giá trị nguyên từ $-l$ đến $+l$.
• Tỉ số quần thể trạng thái suy biến: Số hạt trên mức năng lượng là tổng số hạt trên các trạng thái suy biến: $n_l=g_l{N}_0{\mathrm{e}}^{-E_l/kT}$.

(a) Giải thích công thức:

Năng lượng của mức quay thứ $l$ được xác định bởi:

$$E_l=\frac{l(l+1){\hslash }^2}{2I}$$

Đối với một giá trị số lượng tử quay $l$ cho trước, số lượng tử hình chiếu $m_l$ có thể nhận $2l+1$ giá trị khác nhau:

$$m_l\in \{-l,\dots ,l\}$$

Do đó, mức năng lượng $E_l$ có độ suy biến $g_l=2l+1$. Mỗi trạng thái lượng tử đơn lẻ $(l,m_l)$ có xác suất Boltzmann tỉ lệ với ${\mathrm{e}}^{-E_l/kT}$. Tổng số phân tử ở mức $l$ tỷ lệ với:

$$n_l\propto (2l+1){\mathrm{e}}^{-l(l+1)\beta }$$

Đối với mức cơ bản $l=0$, ta có $E_0=0$ và độ suy biến $g_0=2(0)+1=1$, do đó $n_0\propto 1$. Lập tỉ số giữa hai mức, hằng số tỉ lệ triệt tiêu, cho ta hệ thức cần chứng minh:

$$\frac{n_l}{n_0}=(2l+1){\mathrm{e}}^{-l(l+1)\beta }$$

(b) Tính toán tỉ số $n_l/n_0$ đối với $\mathrm{CO}$ ở $T=300\mathrm{K}$:

Đặt tham số không thứ nguyên $\beta =\frac{{\hslash }^2}{2IkT}$:

$$\beta =\frac{{\hslash }^2}{2IkT}$$

$$\beta \approx \mathrm{0,009}259$$

Khi đó biểu thức trở thành $\frac{n_l}{n_0}=(2l+1){\mathrm{e}}^{-\mathrm{0,009}2587l(l+1)}$:

• (i) Với $l=1$:

$$\frac{n_1}{n_0}\approx \mathrm{2,945}$$

• (ii) Với $l=2$:

$$\frac{n_2}{n_0}\approx \mathrm{4,730}$$

• (iii) Với $l=10$:

$$\frac{n_{10}}{n_0}\approx \mathrm{7,584}$$

• (iv) Với $l=20$:

$$\frac{n_{20}}{n_0}\approx \mathrm{0,839}$$

• (v) Với $l=50$:

$$\frac{n_{50}}{n_0}\approx 5,6\times {10}^{-9}$$

Hình 42.35: Phân bố số lượng phân tử $\mathrm{CO}$ theo số lượng tử quay $l$ ở $300\mathrm{K}$, cho thấy cực đại rõ nét do sự cạnh tranh giữa độ suy biến và hàm phân bố Boltzmann.

(c) Giải thích nguyên nhân biến thiên:

Tỉ số $n_l/n_0$ là tích của hai thừa số đối nghịch nhau:

• Thừa số thống kê suy biến $(2l+1)$: Tăng tuyến tính theo $l$, phản ánh số lượng trạng thái định hướng không gian tăng lên khi mômen động lượng lớn hơn.
• Thừa số Boltzmann ${\mathrm{e}}^{-\beta l(l+1)}$: Giảm theo hàm mũ bậc hai của $l$, phản ánh sự suy giảm xác suất khi năng lượng trạng thái quay tăng lên.

Ở các giá trị $l$ nhỏ, năng lượng quay còn rất thấp so với nhiệt năng $kT$, do đó số mũ rất nhỏ và thừa số suy biến $(2l+1)$ đóng vai trò chi phối, làm tỉ số $n_l/n_0$ tăng nhanh. Tuy nhiên khi $l$ tăng cao, năng lượng quay tăng theo quy luật $l^2$, khiến số hạng hàm mũ suy giảm với tốc độ áp đảo hoàn toàn thừa số tuyến tính, kéo tỉ số nhanh chóng giảm về sát $0$.

42.36

Phần (a) của Bài 42.35 cho phương trình xác định tỉ số giữa số phân tử hai nguyên tử ở mức năng lượng quay thứ $l$ so với số phân tử ở mức cơ bản quay. (a) Hãy thiết lập một biểu thức cho giá trị của $l$ mà tại đó tỉ số này đạt cực đại. (b) Đối với phân tử $\mathrm{CO}$ ở nhiệt độ $T=300\mathrm{K}$, tỉ số này đạt giá trị lớn nhất tại giá trị nguyên nào của $l$? (Mômen quán tính của phân tử $\mathrm{CO}$ được cho trong Ví dụ 42.2).

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: (a) Thiết lập biểu thức $l_{max}$ làm cực đại hóa hàm $n_l/n_0$. (b) Tìm giá trị nguyên của $l$ cho $\mathrm{CO}$ ở $T=300\mathrm{K}$ với $I=1,45\times {10}^{-46}\mathrm{kg}\cdot {\mathrm{m}}^2$.

Hướng đi:

• Cực trị hàm phân bố: Coi $l$ là biến liên tục và tìm điểm cực trị thông qua đạo hàm của hàm logarithm tự nhiên $\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}l}\ln (n_l/n_0)=0$.
• Làm tròn số nguyên: Đánh giá giá trị hàm số tại các số nguyên lân cận để xác định mức lượng tử nguyên có quần thể phân tử đông nhất.

(a) Thiết lập biểu thức cực đại cho $l$:

Xét hàm số liên tục của biến $l$:

$$f(l)=(2l+1){\mathrm{e}}^{-\beta l(l+1)}$$

với $\beta =\frac{{\hslash }^2}{2IkT}$. Lấy logarithm tự nhiên hai vế:

Đặt $w(l)=\ln (2l+1)$. Lấy logarit tự nhiên:

$$\ln f(l)=w(l)-\beta l(l+1)$$

Lấy đạo hàm theo $l$ và đặt bằng $0$:

Đạo hàm triệt tiêu:

$$\frac{2}{2l+1}-\beta (2l+1)=0$$

Nhân cả hai vế với $(2l+1)$:

$$(2l+1{)}^2=\frac{2}{\beta }=\frac{4IkT}{{\hslash }^2}$$

Khai căn bậc hai lấy nghiệm dương:

$$2l+1=\frac{2}{\hslash }\sqrt{IkT}$$

Suy ra biểu thức xác định mức quay có số hạt đông nhất:

$$l_{max}=\sqrt{\frac{IkT}{{\hslash }^2}}-\frac{1}{2}$$

(b) Tính toán giá trị nguyên $l_{max}$ cho phân tử $\mathrm{CO}$ ở $300\mathrm{K}$:

Từ tham số $\beta \approx \mathrm{0,009}2587$ đã tính ở Bài 42.35:

Căn bậc hai của tỉ số:

$$\sqrt{\frac{1}{2\beta }}\approx \mathrm{7,349}$$

Thay vào biểu thức cực trị:

$$l_{max}=\mathrm{7,349}-0,5=6,85$$

Vì $l$ bắt buộc phải là một số nguyên không âm, ta so sánh giá trị quần thể tại hai số nguyên lân cận là $l=6$ và $l=7$:

• Tại $l=6$: $\frac{n_6}{n_0}\approx \mathrm{8,812}$.
• Tại $l=7$: $\frac{n_7}{n_0}\approx \mathrm{8,931}$ (giá trị cực đại).
• Tại $l=8$: $\frac{n_8}{n_0}\approx \mathrm{8,728}$.

Kết luận: Tỉ số $n_l/n_0$ đạt giá trị lớn nhất tại mức quay nguyên $l=7$ với tỉ số xấp xỉ $8,93$.

42.37

Các linh kiện bán dẫn có thể tỏa nhiệt lên tới một công suất định mức tối đa. Nếu linh kiện tỏa nhiệt nhiều hơn giới hạn đó, nó sẽ nóng lên và phát nổ, nóng chảy, hoặc đơn giản là bị đánh thủng. Công suất định mức điển hình của một là $500\mathrm{mW}$. Công suất tiêu tán bởi bất kỳ linh kiện hai đầu cực nào là tích của dòng điện chạy qua nó và điện áp đặt ngang qua nó. (a) Sử dụng phương trình diode Shockley để ước tính công suất tiêu tán bởi diode khi nó được phân cực thuận ở $V=0,6\mathrm{V}$ tại nhiệt độ $300\mathrm{K}$, biết dòng điện bão hòa là $1,2\times {10}^{-11}\mathrm{A}$. (b) Ước tính đến một chữ số có nghĩa điện áp thuận mà tại đó linh kiện sẽ tiêu tán công suất $500\mathrm{mW}$. (c) Khi đó cường độ dòng điện chạy qua diode bằng bao nhiêu?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: có công suất định mức $P_{max}=500\mathrm{mW}$, tức $0,50\mathrm{W}$, $I_S=1,2\times {10}^{-11}\mathrm{A}$ ở $T=300\mathrm{K}$. (a) Tính công suất $P$ tại $V=0,6\mathrm{V}$. (b) Ước tính $V$ đến 1 chữ số có nghĩa khi $P=500\mathrm{mW}$. (c) Tính dòng $I$ tương ứng.

Hướng đi:

• Công suất tiêu tán điện: Định nghĩa bởi $P=IV$.
• Dòng điện phân cực thuận: Biểu diễn bằng xấp xỉ $I\approx I_S{\mathrm{e}}^{eV/kT}$ khi $V\gg kT/e\approx \mathrm{0,025}9\mathrm{V}$.

(a) Tính công suất tiêu tán tại $V=0,6\mathrm{V}$:

Ở $T=300\mathrm{K}$, điện thế nhiệt là $V_T=\frac{kT}{e}\approx \mathrm{0,025}852\mathrm{V}$. Cường độ dòng điện qua là:

$$I=I_S({\mathrm{e}}^{V/V_T}-1)$$

$$I\approx \mathrm{0,144}\mathrm{A}$$

Công suất tiêu tán trong là:

$$P=IV\approx 86,5\mathrm{mW}$$

(b) Ước tính điện áp thuận để công suất đạt $500\mathrm{mW}$:

Phương trình cân bằng công suất tiêu tán:

$$P=V{I}_S{\mathrm{e}}^{V/V_T}=0,50\mathrm{W}$$

Ta giải phương trình siêu việt này bằng phương pháp lặp:

• Tại $V=0,60\mathrm{V}$: $P\approx \mathrm{0,086}5\mathrm{W}$, tức $86,5\mathrm{mW}$ (quá nhỏ).
• Tại $V=0,70\mathrm{V}$: Dòng điện vọt lên $I\approx 6,9\mathrm{A}$, công suất đạt $P\approx 4,8\mathrm{W}$ (quá lớn).
• Giải chính xác nghiệm số: $V\approx \mathrm{0,644}\mathrm{V}$, khi đó $I\approx \mathrm{0,777}\mathrm{A}$ và $P\approx \mathrm{0,644}\times \mathrm{0,777}$, xấp xỉ $0,50\mathrm{W}$.

Khi làm tròn đến một chữ số có nghĩa theo yêu cầu đề bài:

$$V\approx 0,6\mathrm{V}$$

(c) Cường độ dòng điện chạy qua :

Dựa vào công suất $P=0,50\mathrm{W}$ và điện áp ngưỡng $V\approx \mathrm{0,644}\mathrm{V}$:

$$I=\frac{P}{V}\approx 0,78\mathrm{A}$$

Nếu làm tròn đến một chữ số có nghĩa:

$$I\approx 0,8\mathrm{A}$$

42.38

Dải Ngân Hà của chúng ta chứa vô số các đám mây phân tử, là những vùng trải rộng nhiều năm ánh sáng với mật độ đủ cao và nhiệt độ đủ thấp để các nguyên tử kết hợp thành phân tử. Phần lớn các phân tử là ${\mathrm{H}}_2$, nhưng một phần nhỏ là cacbon monoxit ($\mathrm{CO}$). Một đám mây phân tử như vậy trong chòm sao Lạp Hộ (Orion) được thể hiện trong Hình P42.38. Bức ảnh phía trên được chụp bằng kính thiên văn ánh sáng khả kiến thông thường. Bức ảnh phía dưới thể hiện đám mây phân tử trong chòm sao Lạp Hộ được ghi lại bằng kính thiên văn vô tuyến được tinh chỉnh ở bước sóng phát ra bởi $\mathrm{CO}$ trong một bước chuyển quay. Các màu sắc khác nhau trong ảnh vô tuyến chỉ ra các vùng của đám mây đang di chuyển về phía chúng ta (màu xanh lam) hoặc di chuyển ra xa chúng ta (màu đỏ) so với chuyển động tổng thể của đám mây, được xác định nhờ độ dịch Doppler của bức xạ. (Vì một đám mây phân tử có khoảng $10.000$ phân tử hydro cho mỗi phân tử $\mathrm{CO}$, việc tinh chỉnh kính thiên văn vô tuyến theo bức xạ từ ${\mathrm{H}}_2$ dường như hợp lý hơn so với bức xạ từ $\mathrm{CO}$. Nhưng thực tế chỉ ra rằng các phân tử ${\mathrm{H}}_2$ trong các đám mây phân tử không bức xạ ở cả vùng vô tuyến lẫn vùng khả kiến của quang phổ điện từ). (a) Sử dụng dữ liệu trong Ví dụ 42.2 (Mục 42.2), hãy tính năng lượng và bước sóng của phát ra bởi một phân tử $\mathrm{CO}$ trong bước chuyển quay $l=1\to l=0$. (b) Theo quy tắc kinh nghiệm, các phân tử trong chất khí ở nhiệt độ $T$ sẽ xuất hiện ở một mức năng lượng quay kích thích nhất định nếu năng lượng của mức đó không vượt quá $kT$ (xem Bài 42.35). Hãy dùng quy tắc này để giải thích tại sao các nhà thiên văn học có thể phát hiện bức xạ từ $\mathrm{CO}$ trong các đám mây phân tử mặc dù nhiệt độ điển hình của một đám mây phân tử rất thấp, chỉ khoảng $20\mathrm{K}$.

Hình P42.38: Đám mây phân tử trong chòm sao Lạp Hộ (Orion) quan sát qua kính thiên văn quang học (ảnh trên) và kính thiên văn vô tuyến dò bước chuyển quay của phân tử $\mathrm{CO}$ (ảnh dưới).

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Đám mây phân tử $\mathrm{CO}$ và ${\mathrm{H}}_2$ ở $T=20\mathrm{K}$. (a) Tính năng lượng và bước sóng phát ra trong bước chuyển quay $l=1\to l=0$ của $\mathrm{CO}$ ($I=1,45\times {10}^{-46}\mathrm{kg}\cdot {\mathrm{m}}^2$). (b) Giải thích khả năng phát hiện bức xạ $\mathrm{CO}$ ở $20\mathrm{K}$ dựa trên tiêu chí $E\le kT$.

Hướng đi:

• Năng lượng bước chuyển quay: Hiệu năng lượng giữa hai mức quay liên tiếp $l=1$ và $l=0$ là $\mathrm{\Delta }E=E_1-E_0=\frac{{\hslash }^2}{I}$.
• Bước sóng vô tuyến: Tính qua hệ thức $\lambda =\frac{hc}{\mathrm{\Delta }E}$.
• Điều kiện kích thích nhiệt độ thấp: So sánh năng lượng kích thích $E_1$ với nhiệt năng chuyển động nhiệt trung bình $kT$ ở $20\mathrm{K}$.

(a) Tính năng lượng và bước sóng phát ra:

Từ dữ liệu Ví dụ 42.2, mômen quán tính của phân tử $\mathrm{CO}$ là $I=1,45\times {10}^{-46}\mathrm{kg}\cdot {\mathrm{m}}^2$. Mức năng lượng quay thứ $l$ bằng:

$$E_l=\frac{l(l+1){\hslash }^2}{2I}$$

Với mức kích thích $l=1$ và mức cơ bản $l=0$:

$$\mathrm{\Delta }E=E_1-E_0=\frac{{\hslash }^2}{I}$$

$$\mathrm{\Delta }E\approx \mathrm{7,670}\times {10}^{-23}\mathrm{J}$$

Đổi sang đơn vị electron-volt:

Đổi sang electron-volt:

$$\mathrm{\Delta }E\approx \mathrm{0,479}\mathrm{meV}$$

Bước sóng của phát ra là:

$$\lambda =\frac{hc}{\mathrm{\Delta }E}$$

$$\lambda \approx 2,59\mathrm{mm}$$

Bức xạ có bước sóng $2,59\mathrm{mm}$ thuộc dải sóng milimét (vùng tần số vô tuyến cực cao, Microwave / Millimeter-wave radio band).

(b) Giải thích cơ chế bức xạ ở nhiệt độ $20\mathrm{K}$:

Năng lượng nhiệt đặc trưng của môi trường khí đám mây ở nhiệt độ $T=20\mathrm{K}$ là:

Tại $20\mathrm{K}$:

$$kT\approx \mathrm{1,723}\mathrm{meV}$$

So sánh năng lượng kích thích quay $E_1$ của $\mathrm{CO}$ với năng lượng nhiệt $kT$:

$$E_1<kT$$

Ta nhận thấy $E_1$ chỉ bằng khoảng $28\mathrm{\%}$ năng lượng nhiệt va chạm trung bình $kT$. Do đó, năng lượng động học từ các vụ va chạm giữa các phân tử trong đám mây (chủ yếu là va chạm với các phân tử ${\mathrm{H}}_2$ dồi dào) hoàn toàn dư dả để kích thích các phân tử $\mathrm{CO}$ từ mức cơ bản $l=0$ lên mức $l=1$ (và thậm chí các mức $l=2,3$). Sau khi bị kích thích bởi va chạm, các phân tử $\mathrm{CO}$ giải phóng năng lượng qua việc phát xạ sóng vô tuyến $2,59\mathrm{mm}$ để trở về mức cơ bản. Kính thiên văn vô tuyến trên Trái Đất có thể dễ dàng thu nhận chùm bức xạ bước sóng milimét này xuyên qua bụi vũ trụ.

Ngược lại, phân tử hydro ${\mathrm{H}}_2$ có cấu tạo hoàn toàn đối xứng tâm, không có mômen lưỡng cực điện vĩnh cửu ($p=0$). Theo quy tắc chọn lọc quang học, bức xạ lưỡng cực điện trong bước chuyển quay thuần túy bị cấm ngặt ($\mathrm{\Delta }l=\pm 1$ không đi kèm biến thiên mômen lưỡng cực điện), khiến ${\mathrm{H}}_2$ không thể bức xạ sóng vô tuyến từ các trạng thái quay nhiệt độ thấp. Vì vậy, các nhà thiên văn học bắt buộc phải sử dụng vạch phát xạ $2,59\mathrm{mm}$ của $\mathrm{CO}$ làm chất chỉ thị ("tracer") để lập bản đồ cấu trúc và vận tốc của toàn bộ đám mây phân tử khổng lồ.

Bài tập 42.39 – 42.50

42.39

Hằng số lực đối với lực tương tác giữa các hạt nhân trong một phân tử hydro (${\mathrm{H}}_2$) là $k^{\prime }=576\mathrm{N}/\mathrm{m}$. Một nguyên tử hydro có khối lượng $1,67\times {10}^{-27}\mathrm{kg}$. Hãy tính năng lượng dao động điểm không của ${\mathrm{H}}_2$ (tức năng lượng dao động mà phân tử sở hữu ở mức dao động cơ bản $n=0$). Năng lượng này có độ lớn so với năng lượng liên kết $-4,48\mathrm{eV}$ của phân tử ${\mathrm{H}}_2$ như thế nào?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Cho phân tử ${\mathrm{H}}_2$ có $k^{\prime }=576\mathrm{N}/\mathrm{m}$, $m_{\mathrm{H}}=1,67\times {10}^{-27}\mathrm{kg}$. Tính năng lượng dao động điểm không $E_0$ và so sánh với độ lớn năng lượng liên kết $4,48\mathrm{eV}$.

Hướng đi:

• Khối lượng rút gọn của phân tử đồng hạch: Đối với hai nguyên tử giống hệt nhau, khối lượng rút gọn bằng một nửa khối lượng nguyên tử: $\mu =\frac{m_{\mathrm{H}}}{2}$.
• Tần số góc dao động điều hòa: Xác định theo hệ thức $\omega =\sqrt{\frac{k^{\prime }}{\mu }}$.
• Năng lượng điểm không (Zero-point energy): Mức năng lượng dao động thấp nhất của ứng với $n=0$ là $E_0=\frac{1}{2}\hslash \omega$.

Khối lượng rút gọn của phân tử hydro là:

$$\mu =\frac{m_{\mathrm{H}}}{2}$$

Với $m_{\mathrm{H}}\approx 1,67\times {10}^{-27}\mathrm{kg}$:

$$\mu \approx 8,35\times {10}^{-28}\mathrm{kg}$$

Tần số góc dao động riêng của liên kết hạt nhân là:

$$\omega =\sqrt{\frac{k^{\prime }}{\mu }}$$

Thay số $k^{\prime }=576\mathrm{N}/\mathrm{m}$ và $\mu \approx 8,35\times {10}^{-28}\mathrm{kg}$:

$$\omega \approx \mathrm{8,306}\times {10}^{14}\mathrm{rad}/\mathrm{s}$$

Năng lượng dao động ở mức cơ bản $n=0$ (năng lượng điểm không) bằng:

$$E_0=\frac{1}{2}\hslash \omega$$

Với $\hslash \omega \approx \mathrm{8,759}\times {10}^{-20}\mathrm{J}$:

$$E_0\approx \mathrm{4,379}\times {10}^{-20}\mathrm{J}$$

Chuyển đổi sang đơn vị electron-volt:

Đổi sang đơn vị electron-volt:

$$E_0\approx \mathrm{0,273}3\mathrm{eV}$$

So sánh với năng lượng liên kết có độ lớn $|E_{\text{lk}}|=4,48\mathrm{eV}$:

Tỷ số năng lượng điểm không so với năng lượng liên kết $4,48\mathrm{eV}$:

$$\frac{E_0}{|E_{\text{lk}}|}\approx 6,10\mathrm{\%}$$

Kết luận: Năng lượng dao động điểm không của phân tử ${\mathrm{H}}_2$ xấp xỉ bằng $\mathrm{0,273}\mathrm{eV}$, chiếm khoảng $6,1\mathrm{\%}$ độ sâu hố thế liên kết hóa học.

42.40

Khi một phân tử $\mathrm{OH}$ thực hiện bước chuyển từ mức dao động $n=0$ lên mức $n=1$, năng lượng dao động nội tại của nó tăng thêm một lượng $\mathrm{0,463}\mathrm{eV}$. Hãy tính tần số dao động và hằng số lực đối với lực tương tác giữa các nguyên tử. (Khối lượng của một nguyên tử oxy là $2,66\times {10}^{-26}\mathrm{kg}$, và khối lượng của một nguyên tử hydro là $1,67\times {10}^{-27}\mathrm{kg}$).

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Phân tử $\mathrm{OH}$ có $\mathrm{\Delta }{E}_{\text{vib}}=\mathrm{0,463}\mathrm{eV}$ trong bước chuyển $n=0\to 1$. Cho $m_{\mathrm{O}}=2,66\times {10}^{-26}\mathrm{kg}$, $m_{\mathrm{H}}=1,67\times {10}^{-27}\mathrm{kg}$. Tính tần số dao động $f$ và hằng số lực $k^{\prime }$.

Hướng đi:

• Lượng tử năng lượng dao động: Khoảng cách giữa hai mức dao động liên tiếp của bằng $\mathrm{\Delta }E=\hslash \omega =hf$.
• Hằng số lực: Liên hệ với tần số góc và khối lượng rút gọn qua hệ thức $k^{\prime }=\mu {\omega }^2$.

Độ chênh lệch năng lượng dao động khi chuyển từ $n=0$ lên $n=1$ là:

$$\mathrm{\Delta }E=E_1-E_0=hf$$

Đổi năng lượng sang đơn vị Joule:

Đổi sang joule với $1\mathrm{eV}\approx \mathrm{1,602}\times {10}^{-19}\mathrm{J}$:

$$\mathrm{\Delta }E\approx \mathrm{7,418}\times {10}^{-20}\mathrm{J}$$

Tần số dao động tự nhiên của phân tử bằng:

$$f=\frac{\mathrm{\Delta }E}{h}$$

$$f\approx \mathrm{1,120}\times {10}^{14}\mathrm{Hz}$$

Tần số góc tương ứng là:

$$\omega =2\pi f$$

Với $f\approx \mathrm{1,119}5\times {10}^{14}\mathrm{Hz}$:

$$\omega \approx \mathrm{7,034}\times {10}^{14}\mathrm{rad}/\mathrm{s}$$

Khối lượng rút gọn của phân tử $\mathrm{OH}$ là:

$$\mu =\frac{m_{\mathrm{O}}{m}_{\mathrm{H}}}{m_{\mathrm{O}}+m_{\mathrm{H}}}$$

Với $m_{\mathrm{O}}\approx 2,66\times {10}^{-26}\mathrm{kg}$ và $m_{\mathrm{H}}\approx 1,67\times {10}^{-27}\mathrm{kg}$:

$$\mu \approx \mathrm{1,571}\times {10}^{-27}\mathrm{kg}$$

Hằng số lực của liên kết giữa nguyên tử oxy và hydro là:

$$k^{\prime }=\mu {\omega }^2$$

$$k^{\prime }\approx 777,5\mathrm{N}/\mathrm{m}$$

Kết luận: Phân tử $\mathrm{OH}$ có tần số dao động $f\approx 1,12\times {10}^{14}\mathrm{Hz}$ và hằng số lực liên kết $k^{\prime }\approx 778\mathrm{N}/\mathrm{m}$.

42.41

Phân tử hydro iodua ($\mathrm{HI}$) có khoảng cách cân bằng $\mathrm{0,160}\mathrm{nm}$ và tần số dao động $6,93\times {10}^{13}\mathrm{Hz}$. Khối lượng của nguyên tử hydro là $1,67\times {10}^{-27}\mathrm{kg}$, và khối lượng của nguyên tử iot là $2,11\times {10}^{-25}\mathrm{kg}$. (a) Hãy tính mômen quán tính của $\mathrm{HI}$ đối với trục vuông góc đi qua khối tâm của nó. (b) Hãy tính bước sóng của phát ra trong mỗi bước chuyển dao động - quay sau đây: (i) $n=1$, $l=1$ chuyển sang $n=0$, $l=0$; (ii) $n=1$, $l=2$ chuyển sang $n=0$, $l=1$; (iii) $n=2$, $l=2$ chuyển sang $n=1$, $l=3$.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Cho $\mathrm{HI}$ có $r_0=\mathrm{0,160}\mathrm{nm}$, $f_{\text{vib}}=6,93\times {10}^{13}\mathrm{Hz}$, $m_{\mathrm{H}}=1,67\times {10}^{-27}\mathrm{kg}$, $m_{\mathrm{I}}=2,11\times {10}^{-25}\mathrm{kg}$. (a) Tính $I$. (b) Tính bước sóng phát xạ $\lambda$ cho 3 bước chuyển lượng tử cụ thể.

Hướng đi:

• Mômen quán tính: Tính theo công thức $I=\mu r_0^2$ với $\mu =\frac{m_{\mathrm{H}}{m}_{\mathrm{I}}}{m_{\mathrm{H}}+m_{\mathrm{I}}}$.
• Mức năng lượng tổng hợp dao động - quay: Xác định bởi biểu thức $E=E_v+E_r$, với $E_v=(n+\frac{1}{2})hf$ và $E_r=l(l+1){\hslash }^2/(2I)$.
• Bước sóng : Tính bằng hệ thức $\lambda =\frac{hc}{\mathrm{\Delta }E}$ với $\mathrm{\Delta }E=E(n_i,l_i)-E(n_f,l_f)$.

(a) Tính mômen quán tính $I$:

Khối lượng rút gọn của phân tử $\mathrm{HI}$ là:

$$\mu =\frac{m_{\mathrm{H}}{m}_{\mathrm{I}}}{m_{\mathrm{H}}+m_{\mathrm{I}}}$$

Với $m_{\mathrm{H}}\approx 1,67\times {10}^{-27}\mathrm{kg}$ và $m_{\mathrm{I}}\approx 2,11\times {10}^{-25}\mathrm{kg}$:

$$\mu \approx \mathrm{1,657}\times {10}^{-27}\mathrm{kg}$$

Mômen quán tính của phân tử đối với trục qua khối tâm bằng:

$$I=\mu r_0^2$$

Với $r_0=\mathrm{0,160}\mathrm{nm}$:

$$I\approx \mathrm{4,242}\times {10}^{-47}\mathrm{kg}\cdot {\mathrm{m}}^2$$

(b) Tính bước sóng của phát ra trong các bước chuyển:

Trước tiên, ta chuẩn bị hai đại lượng cơ sở:

• Lượng tử dao động: Với tần số dao động $f=6,93\times {10}^{13}\mathrm{Hz}$:

$$hf\approx \mathrm{4,592}\times {10}^{-20}\mathrm{J}$$

• Hằng số năng lượng quay: Đại lượng năng lượng quay đặc trưng:

$$\frac{{\hslash }^2}{I}\approx \mathrm{2,622}\times {10}^{-22}\mathrm{J}$$

Tích số $hc\approx \mathrm{1,986}\times {10}^{-25}\mathrm{J}\cdot \mathrm{m}$.

• (i) Bước chuyển $n=1$, $l=1$ chuyển sang $n=0$, $l=0$ (nhánh R):

$$\mathrm{\Delta }{E}_1=hf+\frac{{\hslash }^2}{I}$$

$$\mathrm{\Delta }{E}_1\approx \mathrm{4,618}\times {10}^{-20}\mathrm{J}$$

Bước sóng tương ứng:

$${\lambda }_1=\frac{hc}{\mathrm{\Delta }{E}_1}\approx \mathrm{4,301}\mu \mathrm{m}$$

• (ii) Bước chuyển $n=1$, $l=2$ chuyển sang $n=0$, $l=1$ (nhánh R):

$$\mathrm{\Delta }{E}_2=hf+\frac{2{\hslash }^2}{I}$$

$$\mathrm{\Delta }{E}_2\approx \mathrm{4,644}\times {10}^{-20}\mathrm{J}$$

Bước sóng tương ứng:

$${\lambda }_2=\frac{hc}{\mathrm{\Delta }{E}_2}\approx \mathrm{4,277}\mu \mathrm{m}$$

• (iii) Bước chuyển $n=2$, $l=2$ chuyển sang $n=1$, $l=3$ (nhánh P):

$$\mathrm{\Delta }{E}_3=hf-\frac{3{\hslash }^2}{I}$$

$$\mathrm{\Delta }{E}_3\approx \mathrm{4,513}\times {10}^{-20}\mathrm{J}$$

Bước sóng tương ứng:

$${\lambda }_3=\frac{hc}{\mathrm{\Delta }{E}_3}\approx \mathrm{4,401}\mu \mathrm{m}$$

42.42

Giả sử nguyên tử hydro trong phân tử $\mathrm{HF}$ (xem Bài tập cầu nối của chương này) được thay thế bằng một nguyên tử deuteri, một đồng vị của hydro có khối lượng $3,34\times {10}^{-27}\mathrm{kg}$. Hằng số lực được xác định bởi nên nó hoàn toàn giống như đối với phân tử $\mathrm{HF}$ thông thường. (a) Tần số dao động của phân tử $\mathrm{DF}$ này bằng bao nhiêu? (b) Bước sóng ánh sáng nào tương ứng với hiệu năng lượng giữa các mức $n=1$ và $n=0$? Bước sóng này nằm ở vùng nào của quang phổ điện từ?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Thay $\mathrm{H}$ bằng $\mathrm{D}$ ($m_{\mathrm{D}}=3,34\times {10}^{-27}\mathrm{kg}$) trong $\mathrm{HF}$ ($k^{\prime }$ không đổi). Biết $\mathrm{HF}$ có $f=1,24\times {10}^{14}\mathrm{Hz}$, $m_{\mathrm{H}}=1,67\times {10}^{-27}\mathrm{kg}$, $m_{\mathrm{F}}=3,15\times {10}^{-26}\mathrm{kg}$. Tính: (a) $f_{\mathrm{DF}}$. (b) ${\lambda }_{1\to 0}$ và vùng phổ.

Hướng đi:

• Tính bất biến của hằng số lực hóa học: Cấu hình điện tử của $\mathrm{DF}$ và $\mathrm{HF}$ hoàn toàn đồng nhất, do đó bề mặt thế năng và hằng số lực $k^{\prime }$ không phụ thuộc vào đồng vị hạt nhân.
• Tỉ lệ tần số dao động theo khối lượng rút gọn: Vì $\omega =\sqrt{\frac{k^{\prime }}{\mu }}$, tỉ số tần số thỏa mãn $f_{\mathrm{DF}}=f_{\mathrm{HF}}\sqrt{\frac{{\mu }_{\mathrm{HF}}}{{\mu }_{\mathrm{DF}}}}$.

Khối lượng rút gọn của phân tử $\mathrm{HF}$ thông thường là:

$${\mu }_{\mathrm{HF}}=\frac{m_{\mathrm{H}}{m}_{\mathrm{F}}}{m_{\mathrm{H}}+m_{\mathrm{F}}}$$

$${\mu }_{\mathrm{HF}}\approx \mathrm{1,586}\times {10}^{-27}\mathrm{kg}$$

Khối lượng rút gọn của phân tử deuteri florua $\mathrm{DF}$ là:

$${\mu }_{\mathrm{DF}}=\frac{m_{\mathrm{D}}{m}_{\mathrm{F}}}{m_{\mathrm{D}}+m_{\mathrm{F}}}$$

$${\mu }_{\mathrm{DF}}\approx \mathrm{3,020}\times {10}^{-27}\mathrm{kg}$$

(a) Tần số dao động của phân tử $\mathrm{DF}$:

Hằng số lực của liên kết hạt nhân là:

$$k^{\prime }={\mu }_{\mathrm{HF}}(2\pi f_{\mathrm{HF}}{)}^2$$

$$k^{\prime }\approx 962,7\mathrm{N}/\mathrm{m}$$

Tần số dao động của phân tử $\mathrm{DF}$ bằng:

$$\begin{array}{rl}{f}_{\mathrm{DF}}& =f_{\mathrm{HF}}\sqrt{\frac{{\mu }_{\mathrm{HF}}}{{\mu }_{\mathrm{DF}}}}\\ & \approx \mathrm{8,986}\times {10}^{13}\mathrm{Hz}\end{array}$$

(b) Bước sóng ánh sáng tương ứng:

Hiệu năng lượng giữa hai mức dao động $n=1$ và $n=0$ bằng $\mathrm{\Delta }E=h{f}_{\mathrm{DF}}$. Do đó bước sóng ánh sáng tương ứng với bước chuyển này là:

$$\lambda =\frac{c}{f_{\mathrm{DF}}}\approx 3,34\mu \mathrm{m}$$

Bước sóng $3,34\mu \mathrm{m}$ nằm trong vùng hồng ngoại (cụ thể là vùng hồng ngoại trung - Mid-Infrared).

42.43

Hãy tính của kali bằng cách sử dụng xấp xỉ đơn giản rằng mỗi nguyên tử đóng góp một electron tự do. Khối lượng riêng của kali là $851\mathrm{kg}/{\mathrm{m}}^3$, và khối lượng của một nguyên tử kali đơn lẻ là $6,49\times {10}^{-26}\mathrm{kg}$.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Kim loại Kali ($K$) có $\rho =851\mathrm{kg}/{\mathrm{m}}^3$, $m_{\text{nguyên tử}}=6,49\times {10}^{-26}\mathrm{kg}$, hóa trị $1$ ($1$ electron tự do/nguyên tử). Tính $E_F$ ở $T=0\mathrm{K}$.

Hướng đi:

• Mật độ số hạt electron tự do: Xác định qua khối lượng riêng và khối lượng một nguyên tử: $n=\frac{N}{V}=\frac{\rho }{m_{\text{nguyên tử}}}$.
• của : Tính theo biểu thức $E_F=\frac{{\hslash }^2}{2m}(3{\pi }^{2}n{)}^{2/3}$.

Nồng độ electron tự do trong khối tinh thể kali là:

$$n=\frac{\rho }{m_{\text{at}}}$$

Với $\rho =851\mathrm{kg}/{\mathrm{m}}^3$ và $m_{\text{at}}\approx 6,49\times {10}^{-26}\mathrm{kg}$:

$$n\approx \mathrm{1,311}\times {10}^{28}{\mathrm{m}}^{-3}$$

Tính cụm đại lượng $3{\pi }^{2}n$:

Đại lượng trung gian:

$$3{\pi }^{2}n\approx \mathrm{3,882}\times {10}^{29}{\mathrm{m}}^{-3}$$

Lũy thừa bậc hai phần ba:

Lũy thừa bậc hai phần ba: Đặt $q=(3{\pi }^{2}n{)}^{2/3}$ là thừa số xuất hiện trong công thức . Khi đó

$$q\approx \mathrm{5,322}\times {10}^{19}{\mathrm{m}}^{-2}$$

tương ứng ở nhiệt độ không tuyệt đối bằng:

$$E_F=\frac{{\hslash }^2}{2m_e}(3{\pi }^{2}n{)}^{2/3}$$

Với $\frac{{\hslash }^2}{2m_e}\approx \mathrm{6,104}\times {10}^{-39}\mathrm{J}\cdot {\mathrm{m}}^2$:

$$E_F\approx \mathrm{3,249}\times {10}^{-19}\mathrm{J}$$

Đổi sang đơn vị electron-volt:

Đổi sang electron-volt:

$$E_F\approx 2,03\mathrm{eV}$$

Kết luận: của kali xấp xỉ bằng $2,03\mathrm{eV}$.

42.44

Phép tính một chiều trong Ví dụ 42.4 (Mục 42.3) có thể được mở rộng sang ba chiều. Đối với $\mathrm{fcc}$ của $\mathrm{NaCl}$ trong không gian ba chiều, thế năng của một cặp ion ${\mathrm{Na}}^{+}$ và ${\mathrm{Cl}}^{-}$ do tương tác tĩnh điện với toàn bộ các ion còn lại trong tinh thể là $U=-\frac{\alpha e^2}{4\pi {\epsilon }_{0}r}$, trong đó $\alpha =1,75$ là . Một đóng góp khác vào thế năng là tương tác đẩy ở khoảng cách ion $r$ nhỏ do sự xen phủ của các đám mây electron. Đóng góp này có thể được biểu diễn bởi dạng $\frac{A}{r^8}$, trong đó $A$ là một hằng số dương, do đó biểu thức thế năng tổng cộng là:

$$U_{\mathrm{tot}}=-\frac{\alpha e^2}{4\pi {\epsilon }_{0}r}+\frac{A}{r^8}$$

(a) Gọi $r_0$ là giá trị khoảng cách ion $r$ mà tại đó $U_{\mathrm{tot}}$ đạt cực tiểu. Dùng định nghĩa này để tìm phương trình liên hệ giữa $r_0$ và $A$, rồi dùng nó để viết $U_{\mathrm{tot}}$ theo $r_0$. Đối với $\mathrm{NaCl}$, $r_0=\mathrm{0,281}\mathrm{nm}$. Hãy tính giá trị số (theo electron-volt) của $U_{\mathrm{tot}}$ đối với $\mathrm{NaCl}$. (b) Đại lượng $-U_{\mathrm{tot}}$ là năng lượng cần thiết để tách một ion ${\mathrm{Na}}^{+}$ và một ion ${\mathrm{Cl}}^{-}$ ra khỏi tinh thể. Việc tạo ra một cặp nguyên tử trung hòa từ cặp ion này giải phóng $5,14\mathrm{eV}$ (năng lượng ion hóa của $\mathrm{Na}$) và tiêu tốn $3,61\mathrm{eV}$ (ái lực electron của $\mathrm{Cl}$). Dùng kết quả phần (a) để tính năng lượng cần thiết để tách một cặp nguyên tử $\mathrm{Na}$ và $\mathrm{Cl}$ trung hòa ra khỏi tinh thể. Giá trị thực nghiệm cho đại lượng này là $6,39\mathrm{eV}$. Kết quả tính toán của bạn phù hợp tốt đến mức nào?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Tinh thể $\mathrm{NaCl}$ có $U_{\mathrm{tot}}(r)=-\frac{\alpha e^2}{4\pi {\epsilon }_{0}r}+\frac{A}{r^8}$ với $\alpha =1,75$, $r_0=\mathrm{0,281}\mathrm{nm}$. (a) Tìm $A(r_0)$, biểu diễn $U_{\mathrm{tot}}(r_0)$ và tính bằng $\mathrm{eV}$. (b) Tính năng lượng tách cặp nguyên tử trung hòa $E_{\mathrm{t}\mathrm{á}\mathrm{ch}}=-U_{\mathrm{tot}}-\mathrm{\Delta }{E}_i$, với $\mathrm{\Delta }{E}_i=5,14-3,61=1,53\mathrm{eV}$ và so sánh với giá trị thực nghiệm $6,39\mathrm{eV}$.

Hướng đi:

• Điều kiện cân bằng : Tại vị trí cân bằng bền $r=r_0$, lực tương tác triệt tiêu, tương ứng với đạo hàm thế năng bằng $0$: ${\frac{\mathrm{d}{U}_{\mathrm{tot}}}{\mathrm{d}r}|}_{r=r_0}=0$.
• Năng lượng và nguyên tử trung hòa: Dựa trên chu trình năng lượng Born–Haber chuyển đổi giữa trạng thái ion tự do và nguyên tử trung hòa.

(a) Xác định hằng số $A$ và tính thế năng cực tiểu $U_{\mathrm{tot}}(r_0)$:

Lấy đạo hàm của $U_{\mathrm{tot}}$ theo $r$:

$$\frac{\mathrm{d}{U}_{\mathrm{tot}}}{\mathrm{d}r}=\frac{\alpha e^2}{4\pi {\epsilon }_0{r}^2}-\frac{8A}{r^9}$$

Tại điểm cực tiểu $r=r_0$, đạo hàm bằng $0$:

$$\frac{8A}{r_0^8}=\frac{\alpha e^2}{4\pi {\epsilon }_0{r}_0}$$

Suy ra hằng số lực đẩy:

$$A=\frac{\alpha e^2{r}_0^7}{32\pi {\epsilon }_0}$$

Thay số hạng $\frac{A}{r_0^8}=\frac{1}{8}\frac{\alpha e^2}{4\pi {\epsilon }_0{r}_0}$ trở lại biểu thức thế năng tổng cộng:

Đặt $U_0=\frac{\alpha e^2}{4\pi {\epsilon }_0{r}_0}$:

$$\begin{array}{rl}{U}_{\mathrm{tot}}(r_0)& =-U_0+\frac{1}{8}{U}_0\\ & =-\frac{7}{8}{U}_0\end{array}$$

Tính giá trị số của thế năng hút tĩnh điện Madelung với $r_0=\mathrm{0,281}\times {10}^{-9}\mathrm{m}$:

$$U_0=\frac{\alpha e^2}{4\pi {\epsilon }_0{r}_0}$$

Với $\alpha =1,75$ và $r_0=\mathrm{0,281}\mathrm{nm}$:

$$U_0\approx \mathrm{8,968}\mathrm{eV}$$

Do đó, thế năng tổng cộng tại khoảng cách cân bằng bằng:

$$U_{\mathrm{tot}}(r_0)\approx -\mathrm{7,847}\mathrm{eV}$$

(b) Tính năng lượng cần thiết để tách một cặp nguyên tử trung hòa:

Năng lượng cần để bóc tách một cặp ion $({\mathrm{Na}}^{+},{\mathrm{Cl}}^{-})$ vô cùng xa nhau ra khỏi là $-U_{\mathrm{tot}}=+\mathrm{7,847}\mathrm{eV}$. Khi đưa cặp ion này về trạng thái nguyên tử trung hòa tự do:

• Electron từ ${\mathrm{Cl}}^{-}$ phải được bứt ra để tạo thành nguyên tử $\mathrm{Cl}$ trung hòa, tiêu tốn một năng lượng bằng đúng ái lực electron của clo: $\mathrm{\Delta }{E}_1=+3,61\mathrm{eV}$.
• Electron này được gắn vào ion ${\mathrm{Na}}^{+}$ để tái tạo nguyên tử $\mathrm{Na}$ trung hòa, giải phóng một năng lượng bằng đúng năng lượng ion hóa của natri: $\mathrm{\Delta }{E}_2=-5,14\mathrm{eV}$.

Tổng năng lượng cần thiết để tách một cặp nguyên tử trung hòa $\mathrm{Na}$ và $\mathrm{Cl}$ ra khỏi tinh thể là:

$$E_{\text{tách}}=-U_{\mathrm{tot}}-E_{\mathrm{ion}}+E_{\mathrm{ea}}$$

Với $E_{\mathrm{ion}}=5,14\mathrm{eV}$ và $E_{\mathrm{ea}}=3,61\mathrm{eV}$:

$$E_{\text{tách}}\approx 6,32\mathrm{eV}$$

Độ phù hợp với thực nghiệm:

So sánh giá trị tính toán $6,32\mathrm{eV}$ với giá trị đo đạc thực nghiệm $6,39\mathrm{eV}$:

Độ sai lệch tương đối:

$$\delta =\frac{|\mathrm{6,317}-6,39|}{6,39}\approx 1,1\mathrm{\%}$$

Kết quả tính toán khớp với thực nghiệm trong phạm vi sai số chỉ khoảng $1,1\mathrm{\%}$, chứng minh độ chính xác vượt trội của mô hình tĩnh điện tinh thể ba chiều kết hợp số mũ đẩy Born.

42.45

Liti kim loại có cấu trúc tinh thể lập phương tâm khối ($\mathrm{bcc}$). Mỗi cơ sở là một hình lập phương có độ dài cạnh $a=0,35\mathrm{nm}$. (a) Đối với mạng $\mathrm{bcc}$, số lượng nguyên tử trên một đơn vị thể tích bằng bao nhiêu? Hãy đưa ra câu trả lời của bạn theo $a$. (Gợi ý: Có bao nhiêu nguyên tử trong một ô mạng cơ sở?) (b) Sử dụng kết quả của phần (a) để tính ở nhiệt độ không tuyệt đối $E_{F0}$ cho liti kim loại, giả định mỗi nguyên tử đóng góp một electron tự do.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Kim loại Liti cấu trúc $\mathrm{bcc}$, cạnh ô cơ sở $a=0,35\mathrm{nm}$, hóa trị $1$. (a) Biểu diễn nồng độ nguyên tử $n$ theo $a$. (b) Tính $E_{F0}$.

Hướng đi:

• Cấu trúc hình học mạng $\mathrm{bcc}$: Một lập phương tâm khối chứa $8$ nguyên tử ở $8$ đỉnh (mỗi đỉnh đóng góp $1/8$) và $1$ nguyên tử ở tâm khối (đóng góp trọn vẹn $1$), tổng cộng $2$ nguyên tử trên mỗi ô cơ sở.
• : Áp dụng hệ thức năng lượng Fermi của chất dẫn điện tự do $E_{F0}=\frac{{\hslash }^2}{2m}(3{\pi }^{2}n{)}^{2/3}$.

(a) Xác định nồng độ nguyên tử theo $a$:

Số lượng nguyên tử chứa bên trong một cơ sở lập phương tâm khối ($\mathrm{bcc}$) là:

$$N_{\text{cell}}=8\times \frac{1}{8}+1=2$$

Thể tích của cơ sở lập phương cạnh $a$ là $V_{\text{cell}}=a^3$. Số nguyên tử trên một đơn vị thể tích là:

$$n=\frac{N_{\text{cell}}}{V_{\text{cell}}}=\frac{2}{a^3}$$

(b) Tính ở nhiệt độ không tuyệt đối $E_{F0}$:

Với $a=0,35\mathrm{nm}$, tức $0,35\times {10}^{-9}\mathrm{m}$, mật độ electron tự do là:

$$n=\frac{2}{a^3}$$

Với $a=0,35\mathrm{nm}$:

$$n\approx \mathrm{4,665}\times {10}^{28}{\mathrm{m}}^{-3}$$

Tính cụm đại lượng $(3{\pi }^{2}n)$:

Đại lượng trung gian:

$$3{\pi }^{2}n\approx \mathrm{1,381}\times {10}^{30}{\mathrm{m}}^{-3}$$

Lũy thừa bậc hai phần ba:

Lũy thừa bậc hai phần ba: Đặt $q=(3{\pi }^{2}n{)}^{2/3}$ là thừa số xuất hiện trong công thức . Khi đó

$$q\approx \mathrm{1,240}\times {10}^{20}{\mathrm{m}}^{-2}$$

ở nhiệt độ không tuyệt đối bằng:

$$E_{F0}=\frac{{\hslash }^2}{2m_e}(3{\pi }^{2}n{)}^{2/3}$$

$$E_{F0}\approx \mathrm{7,571}\times {10}^{-19}\mathrm{J}$$

Đổi sang đơn vị electron-volt:

Đổi sang electron-volt:

$$E_{F0}\approx 4,73\mathrm{eV}$$

Kết luận: ở nhiệt độ không tuyệt đối của liti kim loại xấp xỉ bằng $4,73\mathrm{eV}$.

42.46

Để xác định khoảng cách cân bằng giữa các nguyên tử trong phân tử $\mathrm{HCl}$, bạn tiến hành đo quang phổ quay của $\mathrm{HCl}$. Bạn phát hiện quang phổ chứa các bước sóng sau đây (cùng với các bước sóng khác): $60,4\mu \mathrm{m}$, $69,0\mu \mathrm{m}$, $80,4\mu \mathrm{m}$, $96,4\mu \mathrm{m}$, và $120,4\mu \mathrm{m}$. (a) Sử dụng các bước sóng đo được để tìm mômen quán tính của phân tử $\mathrm{HCl}$ đối với trục đi qua khối tâm và vuông góc với đường nối hai hạt nhân. (b) Giá trị của $l$ thay đổi $\pm 1$ trong các bước chuyển quay. Giá trị nào của $l$ đối với mức năng lượng phía trên của bước chuyển ứng với từng bước sóng đo được ở trên? (c) Sử dụng kết quả của phần (a) để tính khoảng cách cân bằng giữa các nguyên tử trong phân tử $\mathrm{HCl}$. Khối lượng của nguyên tử clo là $5,81\times {10}^{-26}\mathrm{kg}$, và khối lượng của nguyên tử hydro là $1,67\times {10}^{-27}\mathrm{kg}$. (d) Bước sóng dài nhất trong quang phổ quay phát xạ của $\mathrm{HCl}$ bằng bao nhiêu?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Phổ quay $\mathrm{HCl}$ gồm các bước sóng $60,4\mu \mathrm{m}$, $69,0\mu \mathrm{m}$, $80,4\mu \mathrm{m}$, $96,4\mu \mathrm{m}$, $120,4\mu \mathrm{m}$. (a) Tìm $I$. (b) Xác định số lượng tử quay $l$ của mức trên cho mỗi vạch. (c) Tính khoảng cách hạt nhân $r_0$. (d) Tìm bước sóng dài nhất ${\lambda }_{max}$ của phổ quay.

Hướng đi:

• Số sóng của các bước chuyển quay liên tiếp: Số sóng thỏa mãn $\tilde{\nu }=\frac{1}{\lambda }$, tức $\frac{\mathrm{\Delta }E}{hc}$, tức $\frac{l{\hslash }^2/I}{2\pi \hslash c}$, tức $\frac{\hslash }{2\pi cI}l$, tức $2Bl$.
• Khoảng cách đều giữa các số sóng: Hiệu số sóng giữa các vạch kế tiếp là hằng số $\mathrm{\Delta }\left(\frac{1}{\lambda }\right)=\frac{\hslash }{2\pi cI}$.

(a) Tính mômen quán tính $I$:

Nghịch đảo các bước sóng đo được để tìm các số sóng tương ứng:

• ${\tilde{\nu }}_1=\frac{1}{60,4\times {10}^{-6}\mathrm{m}}$, xấp xỉ $16556,3{\mathrm{m}}^{-1}$
• ${\tilde{\nu }}_2=\frac{1}{69,0\times {10}^{-6}\mathrm{m}}$, xấp xỉ $14492,8{\mathrm{m}}^{-1}$
• ${\tilde{\nu }}_3=\frac{1}{80,4\times {10}^{-6}\mathrm{m}}$, xấp xỉ $12437,8{\mathrm{m}}^{-1}$
• ${\tilde{\nu }}_4=\frac{1}{96,4\times {10}^{-6}\mathrm{m}}$, xấp xỉ $10373,4{\mathrm{m}}^{-1}$
• ${\tilde{\nu }}_5=\frac{1}{120,4\times {10}^{-6}\mathrm{m}}$, xấp xỉ $8305,6{\mathrm{m}}^{-1}$

Tính hiệu số sóng giữa các vạch liền kề:

• $\mathrm{\Delta }{\tilde{\nu }}_{12}=2063,5{\mathrm{m}}^{-1}$ (từ $16556,3-14492,8$)
• $\mathrm{\Delta }{\tilde{\nu }}_{23}=2055,0{\mathrm{m}}^{-1}$ (từ $14492,8-12437,8$)
• $\mathrm{\Delta }{\tilde{\nu }}_{34}=2064,4{\mathrm{m}}^{-1}$ (từ $12437,8-10373,4$)
• $\mathrm{\Delta }{\tilde{\nu }}_{45}=2067,8{\mathrm{m}}^{-1}$ (từ $10373,4-8305,6$)

Giá trị trung bình của khoảng cách số sóng là:

Lấy trung bình cộng bốn khoảng cách:

$$\mathrm{\Delta }{\tilde{\nu }}_{\text{tb}}\approx 2062,7{\mathrm{m}}^{-1}$$

Từ mối liên hệ $\mathrm{\Delta }{\tilde{\nu }}_{\text{tb}}=\frac{\hslash }{2\pi cI}$, mômen quán tính của $\mathrm{HCl}$ bằng:

$$I=\frac{\hslash }{2\pi c\mathrm{\Delta }{\tilde{\nu }}_{\text{tb}}}$$

$$I\approx \mathrm{2,714}\times {10}^{-47}\mathrm{kg}\cdot {\mathrm{m}}^2$$

(b) Xác định số lượng tử quay $l$ của mức năng lượng phía trên:

Số lượng tử mức trên được xác định bởi $l=\frac{\tilde{\nu }}{\mathrm{\Delta }{\tilde{\nu }}_{\text{tb}}}$:

• Ứng với $\lambda =60,4\mu \mathrm{m}$: $l=\frac{16556,3}{2062,7}$, xấp xỉ $8,03$, suy ra $l=8$ (bước chuyển $l=8\to 7$).
• Ứng với $\lambda =69,0\mu \mathrm{m}$: $l=\frac{14492,8}{2062,7}$, xấp xỉ $7,03$, suy ra $l=7$ (bước chuyển $l=7\to 6$).
• Ứng với $\lambda =80,4\mu \mathrm{m}$: $l=\frac{12437,8}{2062,7}$, xấp xỉ $6,03$, suy ra $l=6$ (bước chuyển $l=6\to 5$).
• Ứng với $\lambda =96,4\mu \mathrm{m}$: $l=\frac{10373,4}{2062,7}$, xấp xỉ $5,03$, suy ra $l=5$ (bước chuyển $l=5\to 4$).
• Ứng với $\lambda =120,4\mu \mathrm{m}$: $l=\frac{8305,6}{2062,7}$, xấp xỉ $4,03$, suy ra $l=4$ (bước chuyển $l=4\to 3$).

(c) Tính khoảng cách cân bằng giữa hai hạt nhân:

Khối lượng rút gọn của phân tử $\mathrm{HCl}$ là:

$$\mu =\frac{m_{\mathrm{H}}{m}_{\mathrm{Cl}}}{m_{\mathrm{H}}+m_{\mathrm{Cl}}}$$

$$\mu \approx \mathrm{1,623}\times {10}^{-27}\mathrm{kg}$$

Khoảng cách cân bằng giữa hai hạt nhân bằng:

$$r_0=\sqrt{\frac{I}{\mu }}\approx \mathrm{0,129}3\mathrm{nm}$$

(d) Bước sóng dài nhất trong quang phổ quay:

Bước sóng dài nhất phát ra khi phân tử chuyển từ mức quay thấp nhất cho phép $l=1$ về mức cơ bản $l=0$:

$${\tilde{\nu }}_{min}=\mathrm{\Delta }{\tilde{\nu }}_{\text{tb}}\approx 2062,7{\mathrm{m}}^{-1}$$

Suy ra:

$${\lambda }_{max}=\frac{1}{{\tilde{\nu }}_{min}}\approx 484,8\mu \mathrm{m}$$

42.47

Bảng số liệu sau đây cung cấp xác suất chiếm $f(E)$ theo hàm của năng lượng $E$ đối với một chất dẫn điện thể rắn ở một nhiệt độ cố định $T$:

• $f(E)$: $\mathrm{0,064}$. $E(\mathrm{eV})$: $3,0$.
• $f(E)$: $\mathrm{0,173}$. $E(\mathrm{eV})$: $2,5$.
• $f(E)$: $\mathrm{0,390}$. $E(\mathrm{eV})$: $2,0$.
• $f(E)$: $\mathrm{0,661}$. $E(\mathrm{eV})$: $1,5$.
• $f(E)$: $\mathrm{0,856}$. $E(\mathrm{eV})$: $1,0$.
• $f(E)$: $\mathrm{0,950}$. $E(\mathrm{eV})$: $0,5$.

Để xác định của vật liệu rắn này, bạn được yêu cầu phân tích thông tin này theo . (a) Hãy vẽ đồ thị các giá trị trong bảng dưới dạng $E$ theo $\ln [1/f(E)-1]$. Tìm độ dốc (hệ số góc) và điểm cắt trục tung (y-intercept) của đường thẳng khớp nhất đối với các điểm dữ liệu khi chúng được vẽ theo cách này. (b) Sử dụng các kết quả của phần (a) để tính nhiệt độ $T$ và năng lượng Fermi $E_F$ của vật liệu.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Dữ liệu thực nghiệm $f(E)$ theo $E$. (a) Lập bảng biến đổi và tìm hệ số đường thẳng $E=ax+b$, trong đó $x=\ln [1/f(E)-1]$, $a$ là độ dốc và $b$ là hệ số chặn. (b) Xác định $T$ và $E_F$.

Hướng đi:

• Tuyến tính hóa hàm : Biến đổi $f(E)=\frac{1}{{\mathrm{e}}^{(E-E_F)/kT}+1}$ về phương trình bậc nhất $E=(kT)\ln [\frac{1}{f(E)}-1]+E_F$.
• Đồng nhất hệ số: Hệ số góc là nhiệt năng $\text{slope}=kT$, hệ số chặn trên trục tung là $\text{intercept}=E_F$.

(a) Tuyến tính hóa và hồi quy dữ liệu:

Từ :

$$\frac{1}{f(E)}-1={\mathrm{e}}^{(E-E_F)/kT}$$

Lấy logarithm tự nhiên hai vế:

$$\frac{E-E_F}{kT}=\ln (\frac{1}{f}-1)$$

Nhân cả hai vế với $kT$ và chuyển vế:

$$E=E_F+kT\ln (1/f-1)$$

Đặt biến phụ $x=\ln [\frac{1}{f(E)}-1]$ và biến phụ thuộc $y=E$. Ta lập bảng tính toán tọa độ cho $6$ điểm dữ liệu:

• Điểm: 1. $f(E)$: $\mathrm{0,064}$. $1/f(E)-1$: $\mathrm{14,625}$. $x=\ln [1/f(E)-1]$: $+\mathrm{2,682}8$. $y=E(\mathrm{eV})$: $3,0$.
• Điểm: 2. $f(E)$: $\mathrm{0,173}$. $1/f(E)-1$: $\mathrm{4,780}3$. $x=\ln [1/f(E)-1]$: $+\mathrm{1,564}5$. $y=E(\mathrm{eV})$: $2,5$.
• Điểm: 3. $f(E)$: $\mathrm{0,390}$. $1/f(E)-1$: $\mathrm{1,564}1$. $x=\ln [1/f(E)-1]$: $+\mathrm{0,447}3$. $y=E(\mathrm{eV})$: $2,0$.
• Điểm: 4. $f(E)$: $\mathrm{0,661}$. $1/f(E)-1$: $\mathrm{0,512}9$. $x=\ln [1/f(E)-1]$: $-\mathrm{0,667}8$. $y=E(\mathrm{eV})$: $1,5$.
• Điểm: 5. $f(E)$: $\mathrm{0,856}$. $1/f(E)-1$: $\mathrm{0,168}2$. $x=\ln [1/f(E)-1]$: $-\mathrm{1,782}5$. $y=E(\mathrm{eV})$: $1,0$.
• Điểm: 6. $f(E)$: $\mathrm{0,950}$. $1/f(E)-1$: $\mathrm{0,052}6$. $x=\ln [1/f(E)-1]$: $-\mathrm{2,944}4$. $y=E(\mathrm{eV})$: $0,5$.

Áp dụng phương pháp bình phương tối thiểu để tìm đường khớp tuyến tính $y=ax+b$:

Hồi quy tuyến tính cho độ dốc $a$ và điểm cắt tung $b$:

$$a\approx \mathrm{0,445}4\mathrm{eV}$$

$$b\approx \mathrm{1,802}\mathrm{eV}$$

Hình 42.47: Đồ thị tuyến tính hóa năng lượng $E$ theo $\ln [1/f(E)-1]$, xác định chính xác mức Fermi $E_F\approx 1,80\mathrm{eV}$ và nhiệt độ chất dẫn.

(b) Xác định nhiệt độ $T$ và $E_F$:

• : Bằng chính hệ số chặn trên trục tung:

$$E_F=b\approx 1,80\mathrm{eV}$$

• Nhiệt độ $T$ của vật liệu: Tính từ hệ số góc $a=kT$:

$$T=\frac{a}{k}\approx 5,17\times {10}^3\mathrm{K}$$

42.48

Một chuyển tiếp p-n là một phần của cơ cấu điều khiển đối với tuabin gió được sử dụng để phát điện. Tuabin đang gặp trục trặc kỹ thuật nên bạn tiến hành chạy chẩn đoán. Bạn có thể thay đổi từ xa điện áp phân cực $V$ đặt vào chuyển tiếp và đo dòng điện chạy qua nó. Với điện áp phân cực thuận $+5,00\mathrm{mV}$, dòng điện là $I_f=\mathrm{0,407}\mathrm{mA}$. Với điện áp phân cực nghịch $-5,00\mathrm{mV}$, dòng điện là $I_r=-\mathrm{0,338}\mathrm{mA}$. Giả sử phương trình biểu diễn chính xác mối quan hệ dòng điện - điện áp đối với chuyển tiếp, hãy sử dụng hai kết quả đo này để tính nhiệt độ $T$ và dòng điện bão hòa $I_S$ của chuyển tiếp. [Gợi ý: Trong phân tích của bạn, đặt $x={\mathrm{e}}^{e{V}_0/kT}$. Áp dụng phương trình diode cho từng phép đo và thiết lập một phương trình cho $x$].

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Chẩn đoán chuyển tiếp p-n: $V_f=+5,00\mathrm{mV}$, suy ra $I_f=\mathrm{0,407}\mathrm{mA}$. $V_r=-5,00\mathrm{mV}$, suy ra $I_r=-\mathrm{0,338}\mathrm{mA}$. Tính $T$ và $I_S$.

Hướng đi:

• Biến phụ không thứ nguyên: Đặt $V_0=5,00\mathrm{mV}$ và $x={\mathrm{e}}^{e{V}_0/kT}>1$.
• Lập hệ phương trình dòng điện: Biểu diễn dòng thuận $I_f=I_S(x-1)$ và dòng nghịch $I_r=I_S(\frac{1}{x}-1)$, tức $-I_S\frac{x-1}{x}$.
• Giải nghiệm $x$: Lập tỉ số để triệt tiêu trực tiếp $I_S$.

Đặt $V_0=5,00\mathrm{mV}$, tức $\mathrm{0,005}00\mathrm{V}$ và đặt biến số phụ:

$$x={\mathrm{e}}^{e{V}_0/kT}$$

Khi phân cực thuận với điện áp $V=+V_0$:

$$I_f=I_S(x-1)$$

Khi phân cực nghịch với điện áp $V=-V_0$:

$$\begin{array}{rl}{I}_r& =I_S(\frac{1}{x}-1)\\ & =-I_S\frac{x-1}{x}\end{array}$$

Lấy tỉ số giữa phương trình dòng thuận và dòng nghịch:

$$\frac{I_f}{I_r}=\frac{I_S(x-1)}{-I_S\frac{x-1}{x}}=-x$$

Suy ra giá trị của $x$:

$$x=-\frac{I_f}{I_r}\approx \mathrm{1,204}14$$

Lấy logarithm tự nhiên hai vế:

$$\frac{e{V}_0}{kT}=\ln x\approx \mathrm{0,185}8$$

Nhiệt độ hoạt động của chuyển tiếp p-n là:

$$T=\frac{e{V}_0}{k\ln x}$$

$$T\approx 312,3\mathrm{K}$$

Thay $x$ vào biểu thức dòng thuận để tìm dòng điện bão hòa $I_S$:

$$I_S=\frac{I_f}{x-1}\approx 1,99\mathrm{mA}$$

Kết luận: Chuyển tiếp p-n hoạt động ở nhiệt độ $T\approx 312\mathrm{K}$ (${39}^{\circ }\mathrm{C}$) với dòng điện bão hòa $I_S\approx 1,99\mathrm{mA}$.

42.49

Mạch điện thể hiện trong Hình P42.49 được gọi là một mạch chỉnh lưu nửa chu kỳ. Ký hiệu hình tam giác với cạnh phẳng phía dưới biểu diễn một , sao cho phân cực thuận sẽ dẫn dòng điện chạy theo chiều đi xuống. Sử dụng phương trình diode Shockley để nghiên cứu hành vi của mạch này. Sử dụng giá trị điển hình của dòng điện bão hòa là $I_S=5\times {10}^{-13}\mathrm{A}$ và nhiệt độ $300\mathrm{K}$. (a) Bất kỳ dòng điện dự đoán nào nhỏ hơn $1\mathrm{mA}$ đều có thể coi như dòng điện bằng không. Hãy xác định điện áp tối thiểu $V_{\mathrm{out}}$ để dòng điện $I$ vượt quá $1\mathrm{mA}$. (b) Dòng điện tăng vọt đối với các điện áp diode vượt quá giá trị đó. Tại một điện áp diode $V_{\mathrm{out}}$ cho trước, diode có điện trở hiệu dụng cho bởi $R_D=V_{\mathrm{out}}/I$. Hãy sử dụng phương trình diode để ước tính điện áp diode $V_{\mathrm{out}}=V_{max}$ mà tại đó $R_D=100\mathrm{\Omega }$. (c) Cường độ dòng điện $I$ trong trường hợp đó bằng bao nhiêu? (d) Nếu điện trở tải $R$ lớn hơn $10\mathrm{k}\mathrm{\Omega }$, thì $R_D\ll R$ đối với các dòng điện lớn hơn, và điện áp rơi bổ sung trên diode là không đáng kể. Điều này ghim điện áp ra tại $V_{\mathrm{out}}=V_{max}$ đối với mọi điện áp vào $V_{\mathrm{in}}>V_{max}$. Dưới góc nhìn này, hãy ước tính mạch này sẽ phản ứng như thế nào đối với một điện áp vào hình sin có biên độ $5\mathrm{V}$.

Hình P42.49: Sơ đồ mạch chỉnh lưu nửa chu kỳ với diode và điện trở tải $R$.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Mạch chỉnh lưu nửa chu kỳ có $I_S=5\times {10}^{-13}\mathrm{A}$ ở $T=300\mathrm{K}$. (a) Tìm $V_{\mathrm{out}}$ để $I=1\mathrm{mA}$. (b) Tìm $V_{max}$ để $R_D=100\mathrm{\Omega }$. (c) Tính dòng $I$ khi đó. (d) Mô tả đáp ứng với tín hiệu vào hình sin biên độ $5\mathrm{V}$ khi $R>10\mathrm{k}\mathrm{\Omega }$.

Hướng đi:

• Phương trình Shockley: Biểu diễn dòng điện qua tiếp giáp $I=I_S({\mathrm{e}}^{V_{\mathrm{out}}/V_T}-1)$ với $V_T=\frac{kT}{e}\approx \mathrm{0,025}852\mathrm{V}$.
• Điện trở động/tĩnh của : Điện trở $R_D=100\mathrm{\Omega }$ và $\frac{V_{\mathrm{out}}}{100}=I_S{\mathrm{e}}^{V_{\mathrm{out}}/V_T}$.
• Cơ chế ghim áp (clipping): So sánh điện trở $R_D$ với tải $R$ để xác định phân bố điện áp.

Ở $T=300\mathrm{K}$, điện thế nhiệt có giá trị $V_T=\frac{kT}{e}\approx \mathrm{0,025}852\mathrm{V}$.

(a) Điện áp tối thiểu để dòng điện vượt quá $1\mathrm{mA}$:

$$I\approx I_S{\mathrm{e}}^{V_{\mathrm{out}}/V_T}\ge 1,0\mathrm{mA}$$

Rút ra điện thế thuận:

$$\begin{array}{rl}{V}_{\mathrm{out}}& \ge V_T\ln (1+I/I_S)\\ & \approx \mathrm{0,554}\mathrm{V}\end{array}$$

(b) Ước tính điện áp $V_{max}$ để $R_D=100\mathrm{\Omega }$:

Phương trình xác định điện áp:

$$I=\frac{V_{\mathrm{out}}}{100\mathrm{\Omega }}=I_S{\mathrm{e}}^{V_{\mathrm{out}}/V_T}$$

Giải phương trình phi tuyến bằng phương pháp lặp:

• Thử $V_{\mathrm{out}}=0,60\mathrm{V}$:

$$I=I_S{\mathrm{e}}^{V_{\mathrm{out}}/V_T}\approx 6,00\mathrm{mA}$$

• Điện trở tương ứng:

$$R_D=\frac{0,60\mathrm{V}}{\mathrm{0,006}00\mathrm{A}}=100\mathrm{\Omega }$$

Giải phương trình đầy đủ cho khoảng $\mathrm{0,599}98\mathrm{V}$, nên có thể ước lượng:

$$V_{max}\approx 0,60\mathrm{V}$$

(c) Cường độ dòng điện tương ứng:

$$I=\frac{V_{max}}{R_D}\approx 6,00\mathrm{mA}$$

Hình 42.49: Dạng sóng điện áp vào và điện áp ra qua diode, minh họa hiệu ứng ghim đỉnh tại ngưỡng mở $V_{max}=0,60\mathrm{V}$.

(d) Đáp ứng của mạch với tín hiệu hình sin biên độ $5\mathrm{V}$:

Tín hiệu vào là $V_{\mathrm{in}}(t)=5\sin (\omega t)\mathrm{V}$.

• Trong nửa chu kỳ dương ($V_{\mathrm{in}}>0$):
  • Khi $0\le V_{\mathrm{in}}\le 0,60\mathrm{V}$, dòng điện qua rất bé ($I<6\mathrm{mA}$), diode có điện trở rất lớn nên gần như toàn bộ điện áp rơi trên diode: $V_{\mathrm{out}}\approx V_{\mathrm{in}}$.
  • Khi $V_{\mathrm{in}}>0,60\mathrm{V}$ (lên tới đỉnh $+5\mathrm{V}$), dẫn điện mạnh với $R_D\le 100\mathrm{\Omega }$. Do tải $R>10\mathrm{k}\mathrm{\Omega }\gg R_D$, toàn bộ điện thế vượt ngưỡng $\mathrm{\Delta }V=V_{\mathrm{in}}-0,60\mathrm{V}$ sẽ rơi trên điện trở $R$, trong khi điện áp ngang qua hai đầu diode bị ghim chặt tại ngưỡng mở: $V_{\mathrm{out}}\approx V_{max}=0,60\mathrm{V}$.
• Trong nửa chu kỳ âm ($V_{\mathrm{in}}<0$): bị phân cực nghịch, dòng điện triệt tiêu ($I\approx 0$). Do không có dòng điện qua tải $R$, điện áp rơi trên $R$ bằng không và toàn bộ điện áp âm đặt trọn vẹn lên diode: $V_{\mathrm{out}}=V_{\mathrm{in}}$.

Trong phép ước lượng ghim áp đang dùng, nửa chu kỳ âm gần như được giữ nguyên, còn đỉnh dương bị xén ở khoảng $+0,60\mathrm{V}$. Đó là một mô hình gần đúng, không phải điện áp ghim cố định chính xác cho mọi điện trở.

Muốn xác định điểm làm việc với một giá trị $R$ cụ thể, phải giải đồng thời định luật vòng kín và đặc tuyến :

$$\begin{array}{rl}& I=\frac{V_{\mathrm{in}}-V_{\mathrm{out}}}{R},\\ & I=I_S(e^{V_{\mathrm{out}}/V_T}-1).\end{array}$$

Điện trở trong đề chưa có giá trị duy nhất. Dòng thực còn bị giới hạn bởi điện áp vào và $R$, nên không thể suy rằng luôn đạt dòng $6\mathrm{mA}$ đã xét riêng ở phần (c).

42.50

Một chuyển tiếp p-n gồm silic loại p với mật độ nguyên tử acceptor $N_A$ tiếp xúc với silic loại n với mật độ nguyên tử donor $N_D$. Gần mối nối, các electron tự do từ phía n khuếch tán sang phía p trong khi các tự do từ phía p khuếch tán sang phía n, để lại một "" (depletion region) có độ rộng $W$ hoàn toàn không có các hạt tải điện tự do (Hình P42.50). Độ rộng của vùng nghèo phía n là $a_n$, và độ rộng của vùng nghèo phía p là $a_p$. Mỗi vùng nghèo có mật độ điện tích khối không đổi mang độ lớn bằng mật độ ion tạp chất tương ứng. Giả sử không có điện tích thuần bên ngoài các vùng nghèo. Chọn trục $x$ hướng từ phía p sang phía n với gốc tọa độ đặt tại mặt ranh giới chuyển tiếp. Một $\overrightarrow{E}=-E\hat{ı}$ hình thành trong vùng nghèo để ổn định quá trình khuếch tán. (a) Sử dụng định luật Gauss để xác định điện trường ở phía p của chuyển tiếp, đối với $-a_p\le x\le 0$. (Gợi ý: Dùng một mặt Gauss hình trụ có trục song song với trục $x$, với đáy trái nằm bên ngoài vùng nghèo (nơi $\overrightarrow{E}=0$) và đáy phải nằm bên trong vùng nghèo). Chú ý rằng hằng số điện môi của silic là $K=11,7$. (b) Xác định điện trường ở phía n của chuyển tiếp, đối với $0\le x\le a_n$. (c) Sử dụng tính liên tục của điện trường tại $x=0$ để xác định mối quan hệ giữa các độ dày $a_p$ và $a_n$ theo $N_A$ và $N_D$. (d) Điện thế $V(x)$ có thể thu được bằng cách điện trường. Hãy xác định $V(x)$ trong vùng $-a_p\le x\le 0$ sử dụng quy ước $V(x)=0$ đối với $x\le -a_p$. (e) Tương tự, hãy xác định $V(x)$ trong vùng $0\le x\le a_n$. (f) "Điện thế rào" (barrier potential) $V_b=V(a_n)-V(-a_p)$ bằng bao nhiêu? (g) Phía p được pha tạp các nguyên tử bo với mật độ $N_A=1,00\times {10}^{16}{\mathrm{cm}}^{-3}$. Phía n được pha tạp các nguyên tử asen với mật độ $N_D=5,00\times {10}^{16}{\mathrm{cm}}^{-3}$. Độ dày vùng nghèo phía n là $a_n=55,0\mathrm{nm}$. Độ dày vùng nghèo phía p $a_p$ bằng bao nhiêu? (h) Độ lớn cực đại của điện trường tại ranh giới $x=0$ bằng bao nhiêu? (i) Giá trị của điện thế rào $V_b$ bằng bao nhiêu?

Hình P42.50: Cấu trúc vùng nghèo trong chuyển tiếp p-n với các ion acceptor âm cố định phía p và ion donor dương cố định phía n.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Phân tích Poisson cho chuyển tiếp p-n: Bán dẫn có hằng số điện môi ${\epsilon }_r=11,7$. Phía p có mật độ ion acceptor âm ${\rho }_p=-e{N}_A$. Phía n có mật độ ion donor dương ${\rho }_n=+e{N}_D$. Thiết lập biểu thức giải tích của $\overrightarrow{E}(x)$, $V(x)$, $V_b$ và tính toán giá trị số khi $N_A=1,00\times {10}^{16}{\mathrm{cm}}^{-3}$, $N_D=5,00\times {10}^{16}{\mathrm{cm}}^{-3}$, $a_n=55,0\mathrm{nm}$.

Hướng đi:

• Định luật Gauss một chiều / Phương trình Poisson: mật độ điện tích khối $\frac{\mathrm{d}{E}_x}{\mathrm{d}x}=\frac{\rho (x)}{\epsilon }$ với độ điện thẩm $\epsilon =K{\epsilon }_0$.
• Điều kiện biên: bằng không tại hai mép ngoài $E(-a_p)=0$ và $E(a_n)=0$.
• Tính liên tục tại mặt tiếp xúc: Yêu cầu $E_x(0^{-})=E_x(0^{+})$ phản ánh tính trung hòa điện tích toàn phần $N_A{a}_p=N_D{a}_n$.
• Điện thế tĩnh điện: định nghĩa thế $V(x)=-\int E_x\mathrm{d}x$.

Hằng số điện thẩm của chất bán dẫn silic là:

$$\begin{array}{rl}\epsilon & =K{\epsilon }_0\\ & \approx \mathrm{1,036}\times {10}^{-10}\mathrm{F}/\mathrm{m}\end{array}$$

(a) ở phía p ($-a_p\le x\le 0$):

Ở phía p, các tự do khuếch tán ra ngoài để lại các ion acceptor mang điện tích âm cố định với mật độ thể tích $\rho =-e{N}_A$. Chọn mặt Gauss hình trụ có diện tích đáy $A$, trục song song trục $x$, đáy trái đặt tại $x_0<-a_p$ (ngoài nên $E_x=0$), đáy phải đặt tại tọa độ $x\in [-a_p,0]$. Áp dụng định luật Gauss: Điện tích trong mặt Gauss là $Q_p=-e{N}_{A}A(x+a_p)$. Định luật Gauss cho

$$E_x(x)A=\frac{Q_p}{\epsilon }$$

Triệt tiêu diện tích $A$, ta thu được thành phần :

$$E_x(x)=-\frac{e{N}_A}{\epsilon }(x+a_p)$$

Dấu trừ biểu thị có hướng sang trái (ngược chiều trục $x$), phù hợp với biểu diễn vector $\overrightarrow{E}=E_x\hat{ı}$, tức $-\frac{e{N}_A}{\epsilon }(x+a_p)\hat{ı}$.

(b) ở phía n ($0\le x\le a_n$):

Ở phía n, các ion donor mang điện tích dương cố định với mật độ thể tích $\rho =+e{N}_D$. Chọn mặt Gauss hình trụ đáy trái tại tọa độ $x\in [0,a_n]$, đáy phải đặt tại $x_1>a_n$ (ngoài nên $E_x=0$). Áp dụng định luật Gauss: Với mặt Gauss ở phía n, điện tích được bao là $Q_n=e{N}_{D}A(a_n-x)$. Do đó

$$-E_x(x)A=\frac{Q_n}{\epsilon }$$

Suy ra thành phần :

$$E_x(x)=-\frac{e{N}_D}{\epsilon }(a_n-x)$$

tiếp tục hướng sang trái trên toàn bộ miền phía n.

(c) Mối quan hệ giữa $a_p$ và $a_n$:

Do không có điện tích bề mặt vô hạn tại mặt phân cách $x=0$, phải biến thiên liên tục:

$$E_x(0^{-})=E_x(0^{+})$$

Thay $x=0$ vào biểu thức ở hai phía:

$$-\frac{e{N}_A}{\epsilon }{a}_p=-\frac{e{N}_D}{\epsilon }{a}_n$$

Rút gọn đại lượng $\frac{e}{\epsilon }$, ta thu được điều kiện trung hòa điện tích:

$$N_A{a}_p=N_D{a}_n$$

Hệ thức này chứng minh rằng tổng điện tích âm của các ion acceptor phía p cân bằng chính xác với tổng điện tích dương của các ion donor phía n.

(d) Xác định điện thế $V(x)$ trên miền $-a_p\le x\le 0$:

Từ định nghĩa $E_x=-\frac{\mathrm{d}V}{\mathrm{d}x}$, với điều kiện chuẩn $V(-a_p)=0$:

$$\begin{array}{rl}V(x)& =-{\int }_{-a_p}^x{E}_x(x^{\prime })\mathrm{d}{x}^{\prime }\\ & =\frac{e{N}_A}{2\epsilon }(x+a_p{)}^2\end{array}$$

Do $V(-a_p)=0$, ta có:

$$V(x)=\frac{e{N}_A}{2\epsilon }(x+a_p{)}^2$$

Đồ thị $V(x)$ phía p là một parabol lồi mở lên trên. Tại gốc ranh giới $x=0$:

$$V(0)=\frac{e{N}_A{a}_p^2}{2\epsilon }$$

(e) Xác định điện thế $V(x)$ trên miền $0\le x\le a_n$:

Đặt $D_n=e{N}_D/\epsilon$ và $w(x)=a_{n}x-x^2/2$. Gọi $\mathrm{\Delta }V=V(x)-V(0)$. tiếp tục từ gốc $x=0$:

$$\begin{array}{rl}\mathrm{\Delta }V& =-{\int }_0^x{E}_x(t)\mathrm{d}t\\ & =D_{n}w(x)\end{array}$$

Thay giá trị $V(0)$ vào:

$$V(x)=V(0)+D_{n}w(x)$$

(f) Xác định điện thế rào $V_b$:

Điện thế rào là hiệu thế toàn phần giữa hai mép ngoài:

$$\begin{array}{rl}{V}_b& =V(a_n)-V(-a_p)\\ & =\frac{e{N}_A{a}_p^2}{2\epsilon }+\frac{e{N}_D{a}_n^2}{2\epsilon }\\ & =\frac{e}{2\epsilon }(N_A{a}_p^2+N_D{a}_n^2)\end{array}$$

Sử dụng hệ thức trung hòa điện $N_A{a}_p=N_D{a}_n$, ta có thể rút gọn:

$$V_b=\frac{1}{2}|E_{max}|W$$

với $W=a_p+a_n$ là tổng độ dày của và $|E_{max}|$ là cực đại tại $x=0$.

Hình 42.50a: Phân bố điện trường $E_x(x)$ qua vùng nghèo chuyển tiếp p-n, đạt cực trị âm tại mặt tiếp xúc $x=0$.

Hình 42.50b: Phân bố điện thế tĩnh điện $V(x)$ biến thiên liên tục từ $0$ lên thế rào tiếp xúc $V_b$.

(g) Tính toán độ dày phía p ($a_p$):

Đổi đơn vị nồng độ pha tạp sang hệ SI:

• $N_A=1,00\times {10}^{22}{\mathrm{m}}^{-3}$ ($1,00\times {10}^{16}{\mathrm{cm}}^{-3}$)
• $N_D=5,00\times {10}^{22}{\mathrm{m}}^{-3}$ ($5,00\times {10}^{16}{\mathrm{cm}}^{-3}$)
• $a_n=55,0\mathrm{nm}$, tức $55,0\times {10}^{-9}\mathrm{m}$

Từ điều kiện trung hòa điện tích:

$$a_p=a_n\left(\frac{N_D}{N_A}\right)$$

$$\begin{array}{rl}{a}_p& =(55,0\mathrm{nm})\times 5\\ & =275\mathrm{nm}\end{array}$$

Tổng bề dày là $W=a_p+a_n=330\mathrm{nm}$.

(h) Độ lớn cực đại của tại $x=0$:

Tại mặt ranh giới $x=0$:

$$|E_{max}|=\frac{e{N}_D{a}_n}{\epsilon }$$

$$|E_{max}|\approx \mathrm{4,253}\times {10}^6\mathrm{V}/\mathrm{m}$$

(i) Giá trị của điện thế rào $V_b$:

Áp dụng công thức diện tích tam giác :

$$V_b=\frac{1}{2}|E_{max}|W$$

$$V_b\approx \mathrm{0,702}\mathrm{V}$$

Kết luận: Độ dày phía p là $a_p=275\mathrm{nm}$, cực đại tại mối nối là $|E_{max}|\approx 4,25\times {10}^6\mathrm{V}/\mathrm{m}$, và điện thế rào tiếp xúc tự nhiên bằng $V_b\approx \mathrm{0,702}\mathrm{V}$.

Bài tập 42.51 – 42.55

42.51

Xét phân tử cacbon dioxit (${\mathrm{CO}}_2$) được thể hiện trong Hình 42.10c. Các nguyên tử oxy có khối lượng $M_{\mathrm{O}}$ và nguyên tử cacbon có khối lượng $M_{\mathrm{C}}$. Tham số hóa vị trí của nguyên tử oxy bên trái, nguyên tử cacbon và nguyên tử oxy bên phải tương ứng bằng các độ lệch sang phải so với vị trí cân bằng là $x_1$, $x_2$ và $x_3$. Coi các liên kết như các lò xo tuân theo định luật Hooke với cùng hằng số lực $k^{\prime }$. (a) Sử dụng định luật II Newton để thiết lập các biểu thức cho $M_i{\ddot{x}}_i=M_i\frac{{\mathrm{d}}^2{x}_i}{\mathrm{d}{t}^2}$ trong từng trường hợp $i=1,2,3$, trong đó $(M_1,M_2,M_3)=(M_{\mathrm{O}},M_{\mathrm{C}},M_{\mathrm{O}})$. Giả sử $X_{\mathrm{C}}=0$ tại $t=0$. (b) Để xác định chuyển động của mode dao động kéo dãn bất đối xứng (asymmetric stretching mode), đặt $x_1=x_3\equiv X_{\mathrm{O}}$ và đặt $x_2\equiv X_{\mathrm{C}}$. Viết hai phương trình độc lập còn lại từ kết quả trước của bạn. (c) Triệt tiêu tổng $X_{\mathrm{O}}+X_{\mathrm{C}}$ khỏi các phương trình của bạn. Sử dụng những gì còn lại để xác định $X_{\mathrm{C}}$ theo $X_{\mathrm{O}}$. (d) Thay biểu thức của bạn cho $X_{\mathrm{C}}$ vào phương trình đối với $X_{\mathrm{O}}$ để rút ra phương trình dao động điều hòa $M_{\mathrm{eff}}{\ddot{X}}_{\mathrm{O}}=-k^{\prime }{X}_{\mathrm{O}}$. Đại lượng $M_{\mathrm{eff}}$ bằng bao nhiêu? (e) Phương trình này có nghiệm $X_{\mathrm{O}}(t)=A\cos (\omega t)$. Tần số góc $\omega$ bằng bao nhiêu? (f) Sử dụng hằng số lực xác định từ thực nghiệm $k^{\prime }=1860\mathrm{N}/\mathrm{m}$ và các khối lượng nguyên tử $M_{\mathrm{C}}=12\mathrm{u}$, $M_{\mathrm{O}}=16\mathrm{u}$, với $u=\mathrm{1,660}5\times {10}^{-27}\mathrm{kg}$, hãy xác định tần số dao động $f=\frac{\omega }{2\pi }$.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Mô hình ba vật gắn lò xo cho mode dao động kéo dãn bất đối xứng của ${\mathrm{CO}}_2$: $M_{\mathrm{O}}=16\mathrm{u}$, $M_{\mathrm{C}}=12\mathrm{u}$, $k^{\prime }=1860\mathrm{N}/\mathrm{m}$. Thiết lập phương trình vi phân chuyển động, tìm khối lượng hiệu dụng $M_{\mathrm{eff}}$, tần số góc $\omega$ và tần số dao động $f$.

Hướng đi:

• Định luật II Newton cho hệ ba vật nối tiếp: Lực tác dụng lên mỗi nguyên tử là lực đàn hồi từ hai liên kết lân cận.
• Đối xứng của mode dao động: Mode kéo dãn bất đối xứng có hai nguyên tử oxy chuyển động cùng pha và cùng biên độ ($x_1(t)=x_3(t)\equiv X_{\mathrm{O}}(t)$).
• Bảo toàn khối tâm: Khối tâm của toàn bộ phân tử đứng yên trong hệ quy chiếu quán tính, liên kết tọa độ nguyên tử cacbon $X_{\mathrm{C}}$ với tọa độ hai nguyên tử oxy $X_{\mathrm{O}}$.

(a) Thiết lập phương trình định luật II Newton:

Xét phân tử thẳng hàng gồm nguyên tử $\mathrm{O}$ (vật 1), $\mathrm{C}$ (vật 2), $\mathrm{O}$ (vật 3):

• Lò xo bên trái liên kết vật 1 và vật 2, có độ dãn bằng $(x_2-x_1)$.
• Lò xo bên phải liên kết vật 2 và vật 3, có độ dãn bằng $(x_3-x_2)$.

Lực đàn hồi tác dụng lên từng nguyên tử theo chiều dương trục $x$:

• Lên nguyên tử $\mathrm{O}$ bên trái: $F_1=k^{\prime }(x_2-x_1)$.
• Lên nguyên tử $\mathrm{C}$ ở giữa: $F_2=k^{\prime }(x_1+x_3-2x_2)$.
• Lên nguyên tử $\mathrm{O}$ bên phải: $F_3=-k^{\prime }(x_3-x_2)$, tức $k^{\prime }(x_2-x_3)$.

Hệ phương trình vi phân chuyển động là:

$$\begin{array}{rl}{M}_{\mathrm{O}}{\ddot{x}}_1& =F_1\\ M_{\mathrm{C}}{\ddot{x}}_2& =F_2\\ M_{\mathrm{O}}{\ddot{x}}_3& =F_3\end{array}$$

(b) Hệ phương trình cho mode dao động kéo dãn bất đối xứng:

Đặt $x_1=x_3\equiv X_{\mathrm{O}}$ và $x_2\equiv X_{\mathrm{C}}$. Khi đó phương trình thứ nhất và thứ ba hoàn toàn trùng khớp:

$$M_{\mathrm{O}}{\ddot{X}}_{\mathrm{O}}=k^{\prime }(X_{\mathrm{C}}-X_{\mathrm{O}})$$

Phương trình thứ hai của nguyên tử cacbon trở thành:

$$\begin{array}{rl}{M}_{\mathrm{C}}{\ddot{X}}_{\mathrm{C}}& =2k^{\prime }(X_{\mathrm{O}}-X_{\mathrm{C}})\\ & =-2k^{\prime }(X_{\mathrm{C}}-X_{\mathrm{O}})\end{array}$$

Đây là hai phương trình vi phân độc lập mô tả chuyển động của mode.

(c) Xác định mối liên hệ giữa $X_{\mathrm{C}}$ và $X_{\mathrm{O}}$:

Nhân phương trình thứ nhất với $2$ rồi cộng với phương trình thứ hai:

$$2M_{\mathrm{O}}{\ddot{X}}_{\mathrm{O}}+M_{\mathrm{C}}{\ddot{X}}_{\mathrm{C}}=0$$

Biểu thức này chính là định luật bảo toàn động lượng:

$$2M_{\mathrm{O}}{\ddot{X}}_{\mathrm{O}}+M_{\mathrm{C}}{\ddot{X}}_{\mathrm{C}}=0$$

hai lần theo thời gian với điều kiện ban đầu khối tâm đứng yên tại gốc tọa độ:

$$2M_{\mathrm{O}}{X}_{\mathrm{O}}+M_{\mathrm{C}}{X}_{\mathrm{C}}=0$$

Suy ra độ lệch của nguyên tử cacbon liên hệ với độ lệch của nguyên tử oxy qua biểu thức:

$$X_{\mathrm{C}}=-\left(\frac{2M_{\mathrm{O}}}{M_{\mathrm{C}}}\right)X_{\mathrm{O}}$$

Với $M_{\mathrm{O}}=16\mathrm{u}$ và $M_{\mathrm{C}}=12\mathrm{u}$:

$$\begin{array}{rl}{X}_{\mathrm{C}}& =-\frac{2\times 16}{12}{X}_{\mathrm{O}}\\ & =-\frac{8}{3}{X}_{\mathrm{O}}\end{array}$$

Dấu trừ biểu thị nguyên tử cacbon luôn chuyển động ngược chiều với hai nguyên tử oxy để giữ nguyên vị trí khối tâm.

(d) Xác định khối lượng hiệu dụng $M_{\mathrm{eff}}$:

Thay $X_{\mathrm{C}}=-\left(\frac{2M_{\mathrm{O}}}{M_{\mathrm{C}}}\right)X_{\mathrm{O}}$ vào phương trình chuyển động của nguyên tử oxy:

$\gamma =1+\frac{2M_{\mathrm{O}}}{M_{\mathrm{C}}}=\frac{11}{3}$

Khi đó:

$M_{\mathrm{O}}{\ddot{X}}_{\mathrm{O}}=-\gamma k^{\prime }{X}_{\mathrm{O}}$

Chia cả hai vế cho thừa số $(1+\frac{2M_{\mathrm{O}}}{M_{\mathrm{C}}})$:

$$\frac{M_{\mathrm{O}}}{\gamma }{\ddot{X}}_{\mathrm{O}}=-k^{\prime }{X}_{\mathrm{O}}$$

Biểu thức có dạng chuẩn của phương trình dao động điều hòa $M_{\mathrm{eff}}{\ddot{X}}_{\mathrm{O}}=-k^{\prime }{X}_{\mathrm{O}}$ với khối lượng hiệu dụng:

$$M_{\mathrm{eff}}=\frac{M_{\mathrm{O}}{M}_{\mathrm{C}}}{M_{\mathrm{C}}+2M_{\mathrm{O}}}$$

Thay khối lượng nguyên tử:

$$\begin{array}{rl}{M}_{\mathrm{eff}}& =\frac{16\times 12}{12+2(16)}\mathrm{u}\\ & =\frac{48}{11}\mathrm{u}\approx \mathrm{4,364}\mathrm{u}\end{array}$$

Đổi sang đơn vị kilogram:

$$\begin{array}{rl}{M}_{\mathrm{eff}}& =\frac{48}{11}u\\ & \approx \mathrm{7,245}8\times {10}^{-27}\mathrm{kg}\end{array}$$

(e) Tần số góc $\omega$ của mode dao động:

$$\begin{array}{rl}\omega & =\sqrt{\frac{k^{\prime }}{M_{\mathrm{eff}}}}\\ & =\sqrt{\frac{k^{\prime }(M_{\mathrm{C}}+2M_{\mathrm{O}})}{M_{\mathrm{O}}{M}_{\mathrm{C}}}}\end{array}$$

(f) Tính giá trị số của tần số dao động $f$:

Thay các giá trị số $k^{\prime }=1860\mathrm{N}/\mathrm{m}$ và $M_{\mathrm{eff}}\approx \mathrm{7,245}8\times {10}^{-27}\mathrm{kg}$:

$$\begin{array}{rl}\omega & =\sqrt{\frac{1860}{\mathrm{7,245}8\times {10}^{-27}}}\\ & \approx \mathrm{5,066}6\times {10}^{14}\mathrm{rad}/\mathrm{s}\end{array}$$

Tần số dao động của sóng hồng ngoại tương ứng bằng:

$$\begin{array}{rl}f& =\frac{\omega }{2\pi }\\ & \approx \mathrm{8,064}\times {10}^{13}\mathrm{Hz}\end{array}$$

Hình 42.51: Chuyển động ngược pha giữa nguyên tử cacbon và hai nguyên tử oxy trong mode dao động kéo dãn bất đối xứng của ${\mathrm{CO}}_2$.

Kết luận: Khối lượng hiệu dụng là $M_{\mathrm{eff}}=\frac{48}{11}\mathrm{u}$, xấp xỉ $7,25\times {10}^{-27}\mathrm{kg}$, tần số góc $\omega \approx 5,07\times {10}^{14}\mathrm{rad}/\mathrm{s}$ và tần số dao động $f\approx 8,06\times {10}^{13}\mathrm{Hz}$ (tương ứng bước sóng hồng ngoại $\lambda =\frac{c}{f}\approx 3,72\mu \mathrm{m}$).

42.52

Một chất khí không màu, không mùi trong bình chứa cần được định danh. Chất khí đó là nitơ (${\mathrm{N}}_2$), cacbon monoxit ($\mathrm{CO}$), hoặc oxit nitric ($\mathrm{NO}$) (Xem Hình P42.52). Ánh sáng trắng được truyền qua một mẫu khí để thu được quang phổ hấp thụ. Trong số các vạch khác, các bước sóng sau đây xuất hiện dưới dạng các dải tối trên quang phổ: $\lambda =\mathrm{4,268}0\mu \mathrm{m}$, $\mathrm{4,275}3\mu \mathrm{m}$, $\mathrm{4,282}6\mu \mathrm{m}$, $\mathrm{4,297}2\mu \mathrm{m}$, và $\mathrm{4,304}6\mu \mathrm{m}$. Các vạch này biểu diễn các bước chuyển từ các trạng thái quay thấp nhất. (a) Các năng lượng nào tương ứng với những bước sóng này? Hãy nêu câu trả lời của bạn với năm chữ số có nghĩa. Chú ý rằng tốc độ ánh sáng là $\mathrm{2,997}9\times {10}^8\mathrm{m}/\mathrm{s}$ và $h=\mathrm{4,135}7\times {10}^{-15}\mathrm{eV}\cdot \mathrm{s}$. (b) Năng lượng hấp thụ nào tương ứng với các bước chuyển từ trạng thái $l=0$ của chất khí? (Gợi ý: Sử dụng Phương trình (42.9) cùng với các quy tắc chọn lọc bước chuyển). (c) Năng lượng hấp thụ nào tương ứng với bước chuyển tới trạng thái $l=0$? (d) Hãy xác định giá trị của $\hslash \sqrt{k^{\prime }/m_r}$, trong đó $k^{\prime }$ là hằng số lực hiệu dụng của phân tử và $m_r$ là khối lượng rút gọn của nó. (e) Hãy xác định mômen quán tính $I$ của phân tử. (f) Khối lượng nguyên tử và độ dài liên kết đối với ba lựa chọn phân tử được thể hiện trong Hình P42.52, trong đó $u=\mathrm{1,660}5\times {10}^{-27}\mathrm{kg}$ là một đơn vị khối lượng nguyên tử. Dựa trên dữ liệu, chất khí bí ẩn là chất nào? (g) Khối lượng rút gọn $m_r$ bằng bao nhiêu theo $u$? (h) Hằng số lò xo $k^{\prime }$ bằng bao nhiêu?

Hình P42.52: Khối lượng nguyên tử và độ dài liên kết cân bằng của ba ứng viên phân tử hai nguyên tử: ${\mathrm{N}}_2$, $\mathrm{CO}$, và $\mathrm{NO}$.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Định danh khí bí ẩn (${\mathrm{N}}_2,\mathrm{CO},\mathrm{NO}$) dựa trên $5$ vạch hấp thụ dao động - quay. Tính các năng lượng (5 chữ số có nghĩa), xác định vạch $R(0)$ và $P(1)$, tìm $\hslash {\omega }_0$, mômen quán tính $I$, khối lượng rút gọn $m_r$ và hằng số lực $k^{\prime }$.

Hướng đi:

• Phổ hấp thụ dao động - quay: Khi hấp thụ , phân tử chuyển từ mức dao động cơ bản $n=0$ lên mức $n=1$ ($\mathrm{\Delta }n=+1$), đi kèm quy tắc chọn lọc quay $\mathrm{\Delta }l=\pm 1$.
• Nhánh R ($\mathrm{\Delta }l=+1$): Năng lượng hấp thụ là $E_{\mathrm{ph}}=\hslash {\omega }_0+2B(l+1)$.
• Nhánh P ($\mathrm{\Delta }l=-1$): Năng lượng hấp thụ là $E_{\mathrm{ph}}=\hslash {\omega }_0-2Bl$.
• Gốc dải vắng mặt (Band origin): Vạch tại đúng tần số dao động cơ bản $\hslash {\omega }_0$ (ứng với $\mathrm{\Delta }l=0$) bị cấm trong phân tử hai nguyên tử, tạo ra khoảng trống năng lượng bằng $4B$ giữa $P(1)$ và $R(0)$.

Tích số hằng số Planck và tốc độ ánh sáng theo số liệu đề bài: Các giá trị cho riêng phép tính này là $h_p=\mathrm{4,135}7\times {10}^{-15}\mathrm{eV}\mathrm{s}$ và $c_p=\mathrm{2,997}9\times {10}^8\mathrm{m}/\mathrm{s}$.

$$\begin{array}{rl}hc& =h_p{c}_p\\ & \approx \mathrm{1,239}84\times {10}^{-6}\mathrm{eV}\cdot \mathrm{m}\end{array}$$

(a) Năng lượng tương ứng (chính xác đến 5 chữ số có nghĩa):

Áp dụng công thức $E=\frac{hc}{\lambda }$:

• Với ${\lambda }_1=\mathrm{4,268}0\mu \mathrm{m}$: $E_1=\frac{hc}{{\lambda }_1}\approx \mathrm{0,290}50\mathrm{eV}$
• Với ${\lambda }_2=\mathrm{4,275}3\mu \mathrm{m}$: $E_2=\frac{hc}{{\lambda }_2}\approx \mathrm{0,290}00\mathrm{eV}$
• Với ${\lambda }_3=\mathrm{4,282}6\mu \mathrm{m}$: $E_3=\frac{hc}{{\lambda }_3}\approx \mathrm{0,289}51\mathrm{eV}$
• Với ${\lambda }_4=\mathrm{4,297}2\mu \mathrm{m}$: $E_4=\frac{hc}{{\lambda }_4}\approx \mathrm{0,288}52\mathrm{eV}$
• Với ${\lambda }_5=\mathrm{4,304}6\mu \mathrm{m}$: $E_5=\frac{hc}{{\lambda }_5}\approx \mathrm{0,288}03\mathrm{eV}$

(b) Vạch hấp thụ tương ứng với bước chuyển từ trạng thái $l=0$:

Trong quá trình hấp thụ, trạng thái ban đầu là $l=0$. Vì mức quay chỉ có thể tăng lên ($\mathrm{\Delta }l=+1$), trạng thái cuối cùng phải là $l^{\prime }=1$ (vạch $R(0)$ của nhánh R). Năng lượng của bước chuyển này là:

$$\begin{array}{rl}{E}_{R(0)}& =\hslash {\omega }_0+\frac{{\hslash }^2}{I}\\ & =\hslash {\omega }_0+2B\end{array}$$

Quan sát dãy vạch phổ, khoảng cách giữa $E_3=\mathrm{0,289}51\mathrm{eV}$ và $E_4=\mathrm{0,288}52\mathrm{eV}$ là $\mathrm{0,000}99\mathrm{eV}\approx 4B$, gấp đôi khoảng cách giữa các vạch lân cận thông thường ($2B\approx \mathrm{0,000}49\mathrm{eV}$). Do đó, $E_3$ chính là vạch đầu tiên của nhánh R:

$$E_{R(0)}=\mathrm{0,289}51\mathrm{eV}$$

(c) Vạch hấp thụ tương ứng với bước chuyển tới trạng thái $l=0$:

Trạng thái cuối cùng là $l^{\prime }=0$. Vì $\mathrm{\Delta }l=\pm 1$, trạng thái ban đầu phải là $l=1$ (bước chuyển $\mathrm{\Delta }l=-1$, tức vạch $P(1)$ của nhánh P). Năng lượng của bước chuyển này là:

$$\begin{array}{rl}{E}_{P(1)}& =\hslash {\omega }_0-\frac{{\hslash }^2}{I}\\ & =\hslash {\omega }_0-2B\end{array}$$

Vạch này nằm ngay sát phía dưới khoảng trống trung tâm:

$$E_{P(1)}=\mathrm{0,288}52\mathrm{eV}$$

(d) Xác định giá trị $\hslash \sqrt{k^{\prime }/m_r}=\hslash {\omega }_0$:

Tần số dao động cơ bản của liên kết nằm chính giữa vạch $R(0)$ và $P(1)$:

$$\begin{array}{rl}\hslash {\omega }_0& =\frac{E_{R(0)}+E_{P(1)}}{2}\\ & \approx \mathrm{0,289}01\mathrm{eV}\end{array}$$

(e) Xác định mômen quán tính $I$:

Khoảng cách năng lượng giữa hai vạch $R(0)$ và $P(1)$ bằng $4B=\frac{2{\hslash }^2}{I}$:

$$\begin{array}{rl}4B& =E_{R(0)}-E_{P(1)}\\ & =\mathrm{0,000}99\mathrm{eV}\end{array}$$

Đổi khoảng cách năng lượng sang đơn vị Joule:

$$4B\approx \mathrm{1,586}2\times {10}^{-22}\mathrm{J}$$

Suy ra mômen quán tính của phân tử:

$$I=\frac{2{\hslash }^2}{4B}$$

Với $2{\hslash }^2\approx \mathrm{2,224}2\times {10}^{-68}{\mathrm{J}}^2\cdot {\mathrm{s}}^2$ và $4B\approx \mathrm{1,586}2\times {10}^{-22}\mathrm{J}$:

$$I\approx \mathrm{1,402}\times {10}^{-46}\mathrm{kg}\cdot {\mathrm{m}}^2$$

Hình 42.52: Cấu trúc vạch hấp thụ nhánh P và nhánh R, làm nổi bật khoảng trống trung tâm $4B$ giúp nhận diện phân tử ${\mathrm{N}}_2$.

(f) Định danh chất khí bí ẩn:

Tính mômen quán tính lý thuyết cho ba phân tử ứng viên từ Hình P42.52:

• Ứng viên 1: Nitơ (${\mathrm{N}}_2$):

$$\mu ({\mathrm{N}}_2)\approx \mathrm{1,162}4\times {10}^{-26}\mathrm{kg}$$

$$r_0=1,10\times {10}^{-10}\mathrm{m}$$

$$\begin{array}{rl}I& =\mu r_0^2\\ & \approx \mathrm{1,406}\times {10}^{-46}\mathrm{kg}\cdot {\mathrm{m}}^2\end{array}$$

• Ứng viên 2: Cacbon monoxit ($\mathrm{CO}$):

$$\mu (\mathrm{CO})\approx \mathrm{1,138}6\times {10}^{-26}\mathrm{kg}$$

$$r_0=1,18\times {10}^{-10}\mathrm{m}$$

$$\begin{array}{rl}I& =\mu r_0^2\\ & \approx \mathrm{1,585}\times {10}^{-46}\mathrm{kg}\cdot {\mathrm{m}}^2\end{array}$$

• Ứng viên 3: Oxit nitric ($\mathrm{NO}$):

$$\mu (\mathrm{NO})\approx \mathrm{1,239}8\times {10}^{-26}\mathrm{kg}$$

$$r_0=1,15\times {10}^{-10}\mathrm{m}$$

$$\begin{array}{rl}I& =\mu r_0^2\\ & \approx \mathrm{1,640}\times {10}^{-46}\mathrm{kg}\cdot {\mathrm{m}}^2\end{array}$$

So sánh giá trị đo được $I\approx 1,40\times {10}^{-46}\mathrm{kg}\cdot {\mathrm{m}}^2$ với ba giá trị trên, ta thấy kết quả trùng khớp hoàn hảo với phân tử nitơ (${\mathrm{N}}_2$).

Các khoảng cách vạch cho mômen quán tính gần với ứng viên ${\mathrm{N}}_2$ trong bảng dữ kiện. Đó là kết luận định danh theo mô hình năng lượng và các số liệu đã cho.

Cần phân biệt kết quả khớp vị trí vạch với điều kiện quan sát phổ. Phân tử ${\mathrm{N}}_2$ đồng hạch không có mômen lưỡng cực điện thường trực, nên mô hình phổ hấp thụ lưỡng cực điện đơn giản cần thêm điều kiện về cơ chế chuyển mức. Việc khớp mômen quán tính không tự chứng minh các vạch ấy là phổ hấp thụ lưỡng cực điện thông thường của nitơ.

(g) Khối lượng rút gọn $m_r$ theo $u$:

$$\begin{array}{rl}{m}_r& =7,00\mathrm{u}\\ & \approx \mathrm{1,162}\times {10}^{-26}\mathrm{kg}\end{array}$$

(h) Hằng số lò xo $k^{\prime }$ của liên kết ba $\mathrm{N}\equiv \mathrm{N}$:

Năng lượng dao động cơ bản tính bằng Joule là:

$$\hslash {\omega }_0\approx \mathrm{4,630}5\times {10}^{-20}\mathrm{J}$$

Tần số góc dao động riêng bằng:

$$\begin{array}{rl}{\omega }_0& =\frac{\hslash {\omega }_0}{\hslash }\\ & \approx \mathrm{4,391}\times {10}^{14}\mathrm{rad}/\mathrm{s}\end{array}$$

Hằng số lực của liên kết ba giữa hai nguyên tử nitơ là:

$$\begin{array}{rl}{k}^{\prime }& =m_r{\omega }_0^2\\ & \approx 2241\mathrm{N}/\mathrm{m}\end{array}$$

42.53

Xét một hệ gồm $N$ electron tự do chứa bên trong một thể tích $V$. Ngay cả ở nhiệt độ không tuyệt đối, một hệ như vậy vẫn tác dụng một áp suất $p$ lên môi trường xung quanh do chuyển động lượng tử của các electron. Để tính áp suất này, hãy hình dung rằng thể tích tăng thêm một lượng nhỏ $\mathrm{d}V$. Các electron sẽ thực hiện một công $p\mathrm{d}V$ lên môi trường xung quanh, đồng nghĩa với việc tổng năng lượng $E_{\mathrm{tot}}$ của các electron sẽ thay đổi một lượng $\mathrm{d}{E}_{\mathrm{tot}}=-p\mathrm{d}V$. Do đó $p=-\frac{\mathrm{d}{E}_{\mathrm{tot}}}{\mathrm{d}V}$. (a) Hãy chứng minh rằng áp suất của các electron ở nhiệt độ không tuyệt đối bằng:

$$p=\frac{3^{2/3}{\pi }^{4/3}{\hslash }^2}{5m}{\left(\frac{N}{V}\right)}^{5/3}$$

(b) Hãy đánh giá áp suất này đối với đồng, kim loại có nồng độ electron tự do bằng $8,45\times {10}^{28}{\mathrm{m}}^{-3}$. Hãy biểu diễn kết quả của bạn theo pascal và theo atmosphere. (c) Áp suất bạn tìm thấy ở phần (b) có giá trị lớn. Vậy tại sao các electron trong một mẫu đồng không đơn giản là nổ tung ra khỏi khối kim loại?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: thoái hóa ở $T=0\mathrm{K}$. (a) Thiết lập công thức áp suất suy biến $p=-\frac{\mathrm{d}{E}_{\mathrm{tot}}}{\mathrm{d}V}$, tức $\frac{3^{2/3}{\pi }^{4/3}{\hslash }^2}{5m}{\left(\frac{N}{V}\right)}^{5/3}$. (b) Tính $p$ cho đồng ($n=8,45\times {10}^{28}{\mathrm{m}}^{-3}$) theo $\mathrm{Pa}$ và $\mathrm{atm}$. (c) Giải thích lý do electron không thoát ra ngoài.

Hướng đi:

• của khí fermion tự do trong hộp ba chiều: $g(E)=\frac{V{m}^{3/2}\sqrt{2E}}{{\pi }^2{\hslash }^3}$.
• tổng năng lượng $E_{\mathrm{tot}}$: Tính tổng động năng của tất cả các hạt từ đáy hố thế $E=0$ tới mặt Fermi $E_F$ ở nhiệt độ không tuyệt đối $E_{\mathrm{tot}}={\int }_0^{E_F}Eg(E)\mathrm{d}E$.
• Áp suất thoái hóa lượng tử: Đạo hàm theo thể tích $p=-\frac{\mathrm{d}{E}_{\mathrm{tot}}}{\mathrm{d}V}$ khi cố định tổng số hạt $N$.

(a) Chứng minh công thức áp suất thoái hóa lượng tử:

Tổng số hạt $N$ trong thể tích $V$ ở $T=0\mathrm{K}$ được xác định bởi:

$$\begin{array}{rl}N& ={\int }_0^{E_F}g(E)\mathrm{d}E\\ & =\frac{2}{3}\frac{V{m}^{3/2}\sqrt{2}}{{\pi }^2{\hslash }^3}{E}_F^{3/2}\end{array}$$

Tổng năng lượng của toàn bộ $N$ electron ở nhiệt độ không tuyệt đối là:

$$\begin{array}{rl}{E}_{\mathrm{tot}}& ={\int }_0^{E_F}Eg(E)\mathrm{d}E\\ & =\frac{2}{5}\frac{V{m}^{3/2}\sqrt{2}}{{\pi }^2{\hslash }^3}{E}_F^{5/2}\end{array}$$

Lấy tỉ số giữa hai biểu thức :

$$E_{\mathrm{tot}}=\frac{3}{5}N{E}_F$$

Mặt khác, liên hệ với thể tích $V$ qua biểu thức:

$$\begin{array}{rl}{E}_F& =\frac{{\hslash }^2}{2m}{\left(3{\pi }^2\frac{N}{V}\right)}^{2/3}\\ & =\frac{{\hslash }^2}{2m}(3{\pi }^{2}N{)}^{2/3}{V}^{-2/3}\end{array}$$

Thay $E_F$ vào biểu thức tổng năng lượng:

$$\begin{array}{rl}{E}_{\mathrm{tot}}& =\frac{3}{5}N{E}_F\\ & =C_0{V}^{-2/3}\end{array}$$

trong đó hằng số $C_0$ không phụ thuộc vào thể tích $V$:

$$C_0=\frac{3^{5/3}{\pi }^{4/3}{\hslash }^2}{10m}{N}^{5/3}$$

Lấy đạo hàm của tổng năng lượng theo thể tích để tìm áp suất:

$$\begin{array}{rl}p& =-\frac{\mathrm{d}{E}_{\mathrm{tot}}}{\mathrm{d}V}\\ & =\frac{2}{3}\frac{E_{\mathrm{tot}}}{V}\end{array}$$

Thay $E_{\mathrm{tot}}=\frac{3}{5}N{E}_F$ vào:

$$p=\frac{2}{5}\left(\frac{N}{V}\right)E_F$$

Cuối cùng, thay biểu thức $E_F=\frac{{\hslash }^2}{2m}{\left(3{\pi }^2\frac{N}{V}\right)}^{2/3}$:

$$\begin{array}{rl}p& =\frac{2}{5}n{E}_F\\ & =\frac{3^{2/3}{\pi }^{4/3}{\hslash }^2}{5m}{n}^{5/3}\end{array}$$

Đây chính là điều phải chứng minh.

(b) Đánh giá áp suất đối với đồng:

Với nồng độ electron tự do của đồng $n=\frac{N}{V}$, tức $8,45\times {10}^{28}{\mathrm{m}}^{-3}$:

• $m_e=\mathrm{9,109}38\times {10}^{-31}\mathrm{kg}$
• $\hslash =\mathrm{1,054}57\times {10}^{-34}\mathrm{J}\cdot \mathrm{s}$
• $3^{2/3}\approx \mathrm{2,080}08$
• ${\pi }^{4/3}\approx \mathrm{4,594}79$

Hằng số trước ngoặc có giá trị:

$$\begin{array}{rl}{A}_0& =\frac{3^{2/3}{\pi }^{4/3}{\hslash }^2}{5m}\\ & \approx \mathrm{2,333}8\times {10}^{-38}\mathrm{J}\cdot {\mathrm{m}}^2\end{array}$$

Lũy thừa bậc năm phần ba của nồng độ electron:

$$n^{5/3}\approx \mathrm{1,629}3\times {10}^{48}{\mathrm{m}}^{-5}$$

Áp suất suy biến của các electron trong đồng là:

$$\begin{array}{rl}p& =A_0{n}^{5/3}\\ & \approx 3,80\times {10}^{10}\mathrm{Pa}\end{array}$$

Đổi sang đơn vị atmosphere ($1\mathrm{atm}=101325\mathrm{Pa}$):

$$p\approx 3,75\times {10}^5\mathrm{atm}$$

Áp suất này lên tới gần $38\mathrm{GPa}$ (tương đương gần $380.000$ lần áp suất khí quyển Trái Đất).

Hình 42.53: Đồ thị áp suất thoái hóa lượng tử $p(n)$ và môđun khối $B(n)$ của khí electron tự do theo nồng độ hạt.

(c) Tại sao các electron không nổ tung ra khỏi miếng đồng:

Mặc dù áp suất động học lượng tử do có độ lớn khổng lồ hướng ra ngoài, các electron không thể tự do thoát khỏi khối kim loại vì sự tồn tại của lực hút tĩnh điện Coulomb giữa các electron mang điện âm và mạng lưới các ion dương đồng (${\mathrm{Cu}}^{+}$) cố định trong tinh thể. Nếu các electron bắt đầu dịch chuyển ra ngoài bề mặt kim loại, một lớp điện tích kép bề mặt sẽ ngay lập tức được hình thành, sinh ra một cực mạnh hướng ngược vào trong kéo electron trở lại. Hàng rào thế năng tĩnh điện này tương ứng với công thoát (work function) của đồng ($W_0\approx 4,7\mathrm{eV}$). Lực tĩnh điện nội tại giam cầm này tạo ra một "áp suất biên" cân bằng hoàn hảo với áp suất thoái hóa lượng tử của các electron.

42.54

Khi áp suất $p$ tác dụng lên một vật liệu tăng thêm một lượng $\mathrm{\Delta }p$, thể tích của vật liệu sẽ thay đổi từ $V$ thành $V+\mathrm{\Delta }V$, trong đó $\mathrm{\Delta }V$ mang giá trị âm. Môđun khối $B$ của vật liệu được định nghĩa là tỉ số giữa độ biến thiên áp suất $\mathrm{\Delta }p$ so với độ lớn tuyệt đối $|\mathrm{\Delta }V/V|$ của độ biến thiên thể tích tỉ đối. Môđun khối càng lớn thì độ tăng áp suất đòi hỏi cho một độ biến thiên thể tích tỉ đối cho trước càng cao, và vật liệu càng khó bị nén hơn (xem Mục 11.4). Vì $\mathrm{\Delta }V<0$, môđun khối có thể được viết dưới dạng $B=-\frac{\mathrm{\Delta }p}{\mathrm{\Delta }V/V_0}$. Trong giới hạn các biến thiên áp suất và thể tích là vô cùng nhỏ, biểu thức này trở thành:

$$B=-V\frac{\mathrm{d}p}{\mathrm{d}V}$$

(a) Sử dụng kết quả của Bài tập thử thách 42.53 để chứng minh rằng môđun khối đối với một hệ gồm $N$ electron tự do trong thể tích $V$ ở nhiệt độ thấp là $B=\frac{5}{3}p$. (Gợi ý: Đại lượng $p$ trong biểu thức $B=-V\frac{\mathrm{d}p}{\mathrm{d}V}$ là áp suất bên ngoài tác dụng lên hệ. Bạn có thể giải thích tại sao đại lượng này lại bằng áp suất nội tại của chính hệ như tìm được trong Bài tập thử thách 42.53?). (b) Đánh giá môđun khối đối với các electron trong đồng, kim loại có nồng độ electron tự do bằng $8,45\times {10}^{28}{\mathrm{m}}^{-3}$. Biểu diễn kết quả của bạn theo pascal. (c) Môđun khối thực tế của đồng là $1,4\times {10}^{11}\mathrm{Pa}$. Dựa trên kết quả của bạn ở phần (b), tỉ lệ phần trăm nào của giá trị này là do các electron tự do trong đồng đóng góp? (Kết quả này chứng minh rằng các electron tự do trong kim loại đóng vai trò chủ chốt trong việc tạo ra khả năng chống nén của kim loại). Theo bạn, yếu tố nào chịu trách nhiệm cho phần môđun khối còn lại?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: (a) Chứng minh $B=-V\frac{\mathrm{d}p}{\mathrm{d}V}=\frac{5}{3}p$ từ định luật áp suất khí electron thoái hóa. (b) Tính $B$ cho đồng ($n=8,45\times {10}^{28}{\mathrm{m}}^{-3}$). (c) So sánh với $B_{\text{thực nghiệm}}=1,4\times {10}^{11}\mathrm{Pa}$, xác định tỉ lệ đóng góp của khí electron và thảo luận nguồn gốc phần còn lại.

Hướng đi:

• Định nghĩa môđun khối vi phân: $B=-V\frac{\mathrm{d}p}{\mathrm{d}V}$.
• Đạo hàm áp suất thoái hóa: Áp dụng quy tắc đạo hàm hàm lũy thừa $p(V)\propto V^{-5/3}$.
• Giải thích cân bằng cơ học: Ở trạng thái cân bằng chuẩn, áp suất nén từ bên ngoài phải bằng áp suất trương nở nội tại của chất khí bên trong.

(a) Chứng minh hệ thức $B=\frac{5}{3}p$:

Từ kết quả của Bài 42.53, áp suất thoái hóa nội tại của hệ $N$ electron phụ thuộc vào thể tích $V$ theo quy luật:

$$p(V)=K_0{V}^{-5/3}$$

với $K_0=\frac{3^{2/3}{\pi }^{4/3}{\hslash }^2}{5m}{N}^{5/3}$ là hằng số đối với một khối lượng kim loại cố định. Lấy đạo hàm của áp suất $p$ theo thể tích $V$:

$$\begin{array}{rl}\frac{\mathrm{d}p}{\mathrm{d}V}& =-\frac{5}{3}{K}_0{V}^{-8/3}\\ & =-\frac{5}{3}\frac{p}{V}\end{array}$$

Thay đạo hàm này vào định nghĩa của môđun khối:

$$B=-V\frac{\mathrm{d}p}{\mathrm{d}V}=\frac{5}{3}p$$

Hệ thức đã được chứng minh.

Giải thích gợi ý: Để khối kim loại duy trì kích thước ổn định ở trạng thái cân bằng cơ học bền vững, áp suất tác dụng từ bên ngoài lên bề mặt hệ phải triệt tiêu và cân bằng chính xác với áp suất phản kháng nội tại sinh ra từ chuyển động của các electron thoái hóa ($p_{\text{ngoài}}=p_{\text{trong}}$). Khi nén hệ một lượng $\mathrm{d}V$, độ tăng áp suất ngoài đòi hỏi phải tương thích với độ biến thiên áp suất trong, cho phép sử dụng trực tiếp đạo hàm $\frac{\mathrm{d}p}{\mathrm{d}V}$ của áp suất thoái hóa.

(b) Đánh giá môđun khối của khí electron trong đồng:

Sử dụng giá trị áp suất thoái hóa $p\approx \mathrm{3,802}5\times {10}^{10}\mathrm{Pa}$ đã tính được ở Bài 42.53:

$$\begin{array}{rl}{B}_{\text{electron}}& =\frac{5}{3}p\\ & \approx 6,34\times {10}^{10}\mathrm{Pa}\end{array}$$

(c) Phân tích tỉ lệ đóng góp và nguồn gốc vật lý:

Tỉ lệ phần trăm môđun khối do các electron tự do đóng góp là:

$$\begin{array}{rl}\frac{B_{\text{electron}}}{B_{\text{thực nghiệm}}}& =\frac{6,34\times {10}^{10}}{1,4\times {10}^{11}}\\ & \approx 45,3\mathrm{\%}\end{array}$$

Kết quả này cho thấy đóng góp gần một nửa ($45,3\mathrm{\%}$) khả năng chống nén của kim loại đồng. Phần môđun khối còn lại (khoảng $54,7\mathrm{\%}$, tương đương $7,66\times {10}^{10}\mathrm{Pa}$) có nguồn gốc từ:

• Tương tác đẩy giữa các lớp vỏ ion kim loại (${\mathrm{Cu}}^{+}$): Khi nén thể tích, các lõi ion mang điện dương bị ép sát vào nhau, làm các lớp vỏ electron bão hòa bên trong (vỏ $3d^{10}$) xen phủ mạnh mẽ. Lực đẩy tĩnh điện Coulomb trực tiếp giữa các hạt nhân cùng giữa các electron lõi sinh ra một lực cản nén rất lớn.
• Biến thiên năng lượng liên kết : Thế năng tĩnh điện toàn phần của mạng ion dương và biển electron biến đổi khi khoảng cách mạng thay đổi.

42.55

Trong phần thảo luận về các electron tự do ở Mục 42.5, chúng ta đã giả định rằng có thể bỏ qua các hiệu ứng của thuyết tương đối. Đây không phải là một giả định an toàn nếu lớn hơn khoảng $\frac{1}{100}m{c}^2$ (nghĩa là lớn hơn khoảng $1\mathrm{\%}$ năng lượng nghỉ của một electron). (a) Giả sử rằng năng lượng Fermi ở nhiệt độ không tuyệt đối bằng $\frac{1}{100}m{c}^2$. Hãy chứng minh rằng nồng độ electron bằng:

$$\frac{N}{V}=\frac{2^{3/2}{m}^3{c}^3}{3000{\pi }^2{\hslash }^3}$$

và hãy xác định giá trị số của $\frac{N}{V}$. (b) Bỏ qua các hiệu ứng tương đối tính đối với các electron trong một kim loại như đồng, với nồng độ electron là $8,45\times {10}^{28}{\mathrm{m}}^{-3}$, có phải là một phép xấp xỉ tốt hay không? Hãy giải thích. (c) Một ngôi sao lùn trắng (white dwarf star) là tàn tích còn sót lại của một ngôi sao giống như Mặt Trời sau khi nó đã ngừng sản sinh năng lượng bằng các phản ứng nhiệt hạch. (Mặt Trời của chúng ta sẽ trở thành một sao lùn trắng trong khoảng $8\times {10}^9$ năm nữa). Một sao lùn trắng điển hình có khối lượng $2\times {10}^{30}\mathrm{kg}$ (tương đương Mặt Trời) và bán kính $6000\mathrm{km}$ (tương đương Trái Đất). Lực hấp dẫn của các phần khác nhau của sao lùn trắng có xu hướng nén ngôi sao lại. Yếu tố ngăn cản sự co sụp này chính là áp suất của các electron tự do bên trong ngôi sao (xem Bài tập thử thách 42.53). Hãy sử dụng cả hai giả định sau đây để ước tính nồng độ electron bên trong một sao lùn trắng điển hình: (i) Sao lùn trắng được cấu tạo từ cacbon, với khối lượng mỗi nguyên tử là $1,99\times {10}^{-26}\mathrm{kg}$; (ii) Toàn bộ sáu electron từ mỗi nguyên tử cacbon đều có thể chuyển động tự do khắp ngôi sao. (d) Bỏ qua các hiệu ứng tương đối tính trong cấu trúc của một sao lùn trắng có phải là một phép xấp xỉ tốt hay không? Hãy giải thích.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Giới hạn tương đối tính của khí Fermi electron: (a) Chứng minh biểu thức nồng độ ngưỡng $n_{\text{ngưỡng}}=\frac{2^{3/2}{m}^3{c}^3}{3000{\pi }^2{\hslash }^3}$ khi $E_F=\frac{1}{100}m{c}^2$ và tính giá trị số. (b) Đánh giá xấp xỉ phi tương đối tính cho đồng. (c) Ước tính nồng độ electron $n_{\text{wd}}$ trong sao lùn trắng ($M=2\times {10}^{30}\mathrm{kg}$ và $R=6000\mathrm{km}$, cacbon hoàn toàn ion hóa). (d) Đánh giá hiệu ứng tương đối tính trong sao lùn trắng.

Hướng đi:

• phi tương đối tính: $E_F=\frac{{\hslash }^2}{2m}(3{\pi }^{2}n{)}^{2/3}$.
• Điều kiện ngưỡng tương đối tính: Đồng nhất $E_F$ với $0,01m{c}^2$ để tìm mật độ nồng độ giới hạn $n_{\text{ngưỡng}}$.
• Mô hình sao lùn trắng: Tính thể tích khối cầu $V=\frac{4}{3}\pi R^3$, số nguyên tử cacbon $N_{\mathrm{C}}=\frac{M}{m_{\mathrm{C}}}$, và số electron tự do $N_e=6N_{\mathrm{C}}$.

(a) Chứng minh công thức nồng độ electron ngưỡng:

của không tương đối tính ở $T=0\mathrm{K}$ là:

$$E_{F0}=\frac{{\hslash }^2}{2m}{\left(3{\pi }^2\frac{N}{V}\right)}^{2/3}$$

Theo giả thiết, ngưỡng xuất hiện hiệu ứng tương đối tính là $E_{F0}=\frac{1}{100}m{c}^2$:

$$\begin{array}{rl}{E}_F& =\frac{{\hslash }^2}{2m}(3{\pi }^{2}n{)}^{2/3}\\ & =\frac{1}{100}m{c}^2\end{array}$$

Nhân cả hai vế với $\frac{2m}{{\hslash }^2}$:

$$\begin{array}{rl}(3{\pi }^{2}n{)}^{2/3}& =\frac{2}{100}\frac{m^2{c}^2}{{\hslash }^2}\\ & =\frac{2}{100}{\left(\frac{mc}{\hslash }\right)}^2\end{array}$$

Nâng cả hai vế lên lũy thừa bậc $\frac{3}{2}$: Ở đây đặt $n=N/V$ và $r=mc/\hslash$ để giữ các thừa số tường minh.

$$\begin{array}{rl}3{\pi }^{2}n& =(2/100{)}^{3/2}{r}^3\\ & =\frac{2^{3/2}}{1000}{r}^3\end{array}$$

Chia cả hai vế cho $3{\pi }^2$:

$$\frac{N}{V}=\frac{2^{3/2}{m}^3{c}^3}{3000{\pi }^2{\hslash }^3}$$

Hệ thức đã được chứng minh trọn vẹn.

Tính giá trị số của $\frac{N}{V}$:

Sử dụng các hằng số vật lý:

• Khối lượng electron $m=\mathrm{9,109}38\times {10}^{-31}\mathrm{kg}$;
• Tốc độ ánh sáng $c=\mathrm{2,997}92\times {10}^8\mathrm{m}/\mathrm{s}$;
• Hằng số Planck rút gọn $\hslash =\mathrm{1,054}57\times {10}^{-34}\mathrm{J}\cdot \mathrm{s}$.

Xung lượng Compton của electron là:

$$mc\approx \mathrm{2,731}\times {10}^{-22}\mathrm{kg}\mathrm{m}/\mathrm{s}$$

Tỉ số $\frac{mc}{\hslash }$ (nghịch đảo bước sóng Compton rút gọn):

$$\frac{mc}{\hslash }\approx \mathrm{2,589}6\times {10}^{12}{\mathrm{m}}^{-1}$$

Lập phương tỉ số này:

$$r^3\approx \mathrm{1,737}\times {10}^{37}{\mathrm{m}}^{-3}$$

Thay vào biểu thức nồng độ ngưỡng:

$$\begin{array}{rl}\frac{N}{V}& =\frac{2^{3/2}(mc/\hslash {)}^3}{3000{\pi }^2}\\ & \approx \mathrm{1,659}\times {10}^{33}{\mathrm{m}}^{-3}\end{array}$$

(b) Đánh giá đối với kim loại đồng:

Trong đồng, nồng độ electron tự do thực tế là $n_{\mathrm{Cu}}=8,45\times {10}^{28}{\mathrm{m}}^{-3}$. So sánh với nồng độ ngưỡng tương đối tính:

$$\frac{n_{\mathrm{Cu}}}{n_{\text{ngưỡng}}}\approx 5,09\times {10}^{-5}$$

thực tế của đồng ($E_F\approx 7,0\mathrm{eV}$) so với năng lượng nghỉ của electron ($m{c}^2\approx 511\mathrm{keV}$):

$$\frac{E_F}{m{c}^2}\approx 1,37\times {10}^{-5}$$

Do đó, việc bỏ qua các hiệu ứng tương đối tính đối với các electron trong kim loại như đồng là một phép xấp xỉ hoàn toàn xuất sắc và chính xác.

(c) Ước tính nồng độ electron trong sao lùn trắng:

Bán kính của sao lùn trắng là $R=6000\mathrm{km}$, tức $6,0\times {10}^6\mathrm{m}$. Thể tích của ngôi sao bằng:

$$\begin{array}{rl}{V}_{\text{wd}}& =\frac{4}{3}\pi R^3\\ & \approx \mathrm{9,047}8\times {10}^{20}{\mathrm{m}}^3\end{array}$$

Tổng số nguyên tử cacbon bên trong ngôi sao có khối lượng $M=2\times {10}^{30}\mathrm{kg}$ là:

$$\begin{array}{rl}{N}_{\mathrm{C}}& =\frac{M}{m_{\mathrm{C}}}\\ & \approx \mathrm{1,005}0\times {10}^{56}\end{array}$$

Vì toàn bộ sáu electron hóa trị và lõi của mỗi nguyên tử cacbon đều bị bứt ra trở thành electron tự do do nhiệt độ và áp suất cực hạn, tổng số electron tự do là:

$$\begin{array}{rl}{N}_e& =6N_{\mathrm{C}}\\ & \approx \mathrm{6,030}2\times {10}^{56}\end{array}$$

Nồng độ electron tự do bên trong sao lùn trắng là:

$$\begin{array}{rl}{n}_{\text{wd}}& =\frac{N_e}{V_{\text{wd}}}\\ & \approx \mathrm{6,665}\times {10}^{35}{\mathrm{m}}^{-3}\end{array}$$

(d) Đánh giá hiệu ứng tương đối tính trong sao lùn trắng:

So sánh nồng độ electron của sao lùn trắng với nồng độ ngưỡng:

$$\frac{n_{\text{wd}}}{n_{\text{ngưỡng}}}\approx 402$$

Nồng độ electron trong sao lùn trắng vượt ngưỡng tương đối tính tới hơn $400$ lần. Nếu tính theo công thức phi tương đối tính:

$$\begin{array}{rl}{E}_{F,\text{wd}}& =\frac{{\hslash }^2}{2m}(3{\pi }^2{n}_{\text{wd}}{)}^{2/3}\\ & \approx 278\mathrm{keV}\end{array}$$

Tỉ số năng lượng:

$$\frac{E_{F,\text{wd}}}{m{c}^2}\approx 54,4\mathrm{\%}\gg 1\mathrm{\%}$$

Động năng của electron tại mặt Fermi bằng hơn một nửa năng lượng nghỉ của nó, chứng tỏ vận tốc của electron đạt tới phân số đáng kể của tốc độ ánh sáng ($v\sim 0,7c$).

Kết luận: Bỏ qua các hiệu ứng tương đối tính trong cấu trúc của một sao lùn trắng là một sai lầm nghiêm trọng. Khí electron bên trong sao lùn trắng bắt buộc phải được mô tả bằng lý thuyết khí Fermi tương đối tính. Khi xét hiệu ứng tương đối tính, phương trình trạng thái chuyển từ $p\propto n^{5/3}$ sang $p\propto n^{4/3}$, làm giảm khả năng kháng nén hấp dẫn và trực tiếp dẫn tới sự tồn tại của giới hạn khối lượng Chandrasekhar ($1,44M_{\odot }$).

Bài tập đoạn văn theo định dạng MCAT: Cảm biến nhiệt độ diode

Đoạn văn mở đầu: Cảm biến nhiệt độ (Diode Temperature Sensor). Đặc tuyến dòng điện – điện áp của một diode chuyển tiếp p-n phân cực thuận phụ thuộc rất mạnh vào nhiệt độ, như được thể hiện trong hình vẽ. Nhờ tính chất này, các diode bán dẫn có thể được sử dụng làm cảm biến đo nhiệt độ điện tử. Trong vận hành thực tế, điện áp đặt vào được mạch điều khiển tự động điều chỉnh liên tục để giữ cho cường độ dòng điện chạy qua diode không đổi ở một giá trị quy định chuẩn, chẳng hạn như $100\mathrm{mA}$, và nhiệt độ của môi trường được xác định trực tiếp từ phép đo điện áp thuận tại dòng điện không đổi đó.

Hình MCAT-42: Đặc tuyến dòng điện – điện áp của diode chuyển tiếp p-n khi phân cực thuận ở hai mốc nhiệt độ $T={25}^{\circ }\mathrm{C}$ và $T={150}^{\circ }\mathrm{C}$.

Chú thích:

• Dòng điện (A) (Current (A))
• Điện áp (V) (Voltage (V))

---

42.56

Độ nhạy của một nhiệt kế phụ thuộc vào mức độ thay đổi của điện áp đối với một độ biến thiên nhiệt độ cho trước, với cường độ dòng điện được giữ không đổi. Độ nhạy của nhiệt kế diode này, hoạt động ở dòng điện cố định $100\mathrm{mA}$, đối với độ biến thiên nhiệt độ từ ${25}^{\circ }\mathrm{C}$ đến ${150}^{\circ }\mathrm{C}$ bằng bao nhiêu? (a) $+0,2\mathrm{mV}{/}^{\circ }\mathrm{C}$; (b) $+2,0\mathrm{mV}{/}^{\circ }\mathrm{C}$; (c) $-0,2\mathrm{mV}{/}^{\circ }\mathrm{C}$; (d) $-2,0\mathrm{mV}{/}^{\circ }\mathrm{C}$.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Tính độ nhạy $S=\frac{\mathrm{\Delta }V}{\mathrm{\Delta }T}$ của cảm biến nhiệt độ ở dòng không đổi $I=100\mathrm{mA}$ khi nhiệt độ tăng từ ${25}^{\circ }\mathrm{C}$ lên ${150}^{\circ }\mathrm{C}$.

Hướng đi:

• Đọc đồ thị tại dòng điện cố định: Trên trục tung, kẻ đường nằm ngang ứng với dòng điện $I=100\mathrm{mA}=0,10\mathrm{A}$, gióng sang hai đường đặc tuyến nhiệt độ để đọc các giá trị điện áp thuận tương ứng.
• Độ nhạy cảm biến: Định nghĩa bằng tỉ số giữa độ biến thiên điện áp và độ biến thiên nhiệt độ: $S=\frac{V({150}^{\circ }\mathrm{C})-V({25}^{\circ }\mathrm{C})}{{150}^{\circ }\mathrm{C}-{25}^{\circ }\mathrm{C}}$.

Quan sát đồ thị thực nghiệm tại mốc dòng điện không đổi $I=0,10\mathrm{A}=100\mathrm{mA}$:

• Gióng sang đường cong màu xanh ở nhiệt độ $T_1={25}^{\circ }\mathrm{C}$, ta đọc được giá trị điện áp thuận:

$$V_1\approx 0,77\mathrm{V}$$

• Gióng sang đường cong màu đỏ ở nhiệt độ cao $T_2={150}^{\circ }\mathrm{C}$, ta đọc được giá trị điện áp thuận:

$$V_2\approx 0,52\mathrm{V}$$

Độ biến thiên điện áp là:

$$\begin{array}{rl}\mathrm{\Delta }V& =V_2-V_1\\ & =0,52\mathrm{V}-0,77\mathrm{V}\\ & =-250\mathrm{mV}\end{array}$$

Độ biến thiên nhiệt độ tương ứng:

$$\begin{array}{rl}\mathrm{\Delta }T& ={150}^{\circ }\mathrm{C}-{25}^{\circ }\mathrm{C}\\ & ={125}^{\circ }\mathrm{C}\end{array}$$

Độ nhạy của nhiệt kế bằng:

$$\begin{array}{rl}S& =\frac{\mathrm{\Delta }V}{\mathrm{\Delta }T}\\ & =\frac{-250\mathrm{mV}}{{125}^{\circ }\mathrm{C}}\\ & =-2,0\mathrm{mV}{/}^{\circ }\mathrm{C}\end{array}$$

Dấu âm cho thấy khi nhiệt độ tăng lên, điện áp mở của giảm tuyến tính với tốc độ khoảng $2,0\mathrm{mV}$ cho mỗi độ C tăng thêm, hoàn toàn phù hợp với tính chất vật lý chuẩn của diode silic.

Hình 42.56: Đường chuẩn nhiệt độ tuyến tính của cảm biến diode ở dòng điện không đổi $100\mathrm{mA}$ với độ nhạy $S=-2,0\mathrm{mV}{/}^{\circ }\mathrm{C}$.

Đáp án đúng: (d).

42.57

Phát biểu nào sau đây giải thích đúng nhất sự phụ thuộc nhiệt độ của đặc tuyến dòng điện – điện áp mà đồ thị thể hiện? Ở nhiệt độ cao hơn: (a) Vùng cấm rộng hơn, do đó các cặp electron– có nhiều năng lượng hơn, làm cho dòng điện ở một điện áp cho trước lớn hơn. (b) Có nhiều electron hơn có thể chuyển lên dải dẫn, làm cho dòng điện ở một điện áp cho trước lớn hơn. (c) Toàn bộ các electron trong dải hóa trị chuyển lên dải dẫn, và hành xử như một kim loại và tuân theo định luật Ohm. (d) Các nguyên tử tạp chất acceptor và donor được tự do di chuyển qua vật liệu, làm cho dòng điện ở một điện áp cho trước lớn hơn.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Lựa chọn phát biểu giải thích đúng bản chất vật lý của sự dịch chuyển đường đặc tuyến $I-V$ sang trái khi nhiệt độ tăng.

Hướng đi:

• Cơ chế kích thích nhiệt hạt tải điện: Phân tích sự phụ thuộc của mật độ hạt tải tự do và dòng bão hòa nghịch $I_S$ vào $T$.
• Đánh giá các phương án: Loại trừ các nhận định sai lệch về vùng cấm, tính chất kim loại, và sự dịch chuyển của ion tạp chất cố định.

Phân tích bản chất vật lý:

Cường độ dòng điện qua chuyển tiếp p-n tuân theo phương trình:

$$I\approx I_S{\mathrm{e}}^{eV/kT}$$

Dòng điện bão hòa nghịch $I_S$ phụ thuộc chủ yếu vào mật độ hạt tải điện thiểu số được sinh ra do kích thích nhiệt, tỉ lệ thuận với bình phương nồng độ hạt tải nội tại $n_i^2$:

$$I_S\propto n_i^2\propto T^3{\mathrm{e}}^{-E_g/kT}$$

• Khi nhiệt độ tăng lên, năng lượng dao động nhiệt của tăng mạnh, cung cấp đủ năng lượng cho nhiều electron hơn ở dải hóa trị vượt qua vùng cấm để nhảy lên dải dẫn, tạo ra các electron dẫn và tự do.
• Sự gia tăng đột biến của nồng độ hạt tải dẫn tới việc dòng bão hòa nghịch $I_S$ tăng theo hàm mũ đối với nhiệt độ.
• Mặc dù số hạng mẫu số $kT$ trong số mũ $\frac{eV}{kT}$ làm giảm độ dốc tương đối, sự tăng vọt áp đảo của $I_S$ khiến cho ở cùng một điện áp phân cực thuận $V$, cường độ dòng điện chạy qua ở nhiệt độ cao lớn hơn rất nhiều so với ở nhiệt độ thấp. Ngược lại, để duy trì cùng một dòng điện, điện áp rào thế cần đặt vào sẽ giảm đi.

Phân tích các phương án:

• (a) Sai: Khi nhiệt độ tăng, $E_g$ thực tế bị thu hẹp lại một lượng nhỏ do giãn nở nhiệt (hiệu ứng Varshni), chứ không rộng hơn.
• (b) Đúng: Nhiệt độ cao kích thích nhiều electron hơn vượt qua vùng cấm lên dải dẫn, gia tăng mật độ hạt tải và làm tăng dòng điện tại một điện áp cho trước.
• (c) Sai: Ở nhiệt độ vận hành thông thường (${150}^{\circ }\mathrm{C}\approx 423\mathrm{K}$), năng lượng nhiệt $kT\approx \mathrm{0,036}\mathrm{eV}$ vẫn nhỏ hơn rất nhiều so với của silic ($E_g\approx 1,1\mathrm{eV}$), do đó chỉ một phân số rất nhỏ electron kích thích lên dải dẫn. Tinh thể không bao giờ chuyển hoàn toàn thành kim loại tuân theo định luật Ohm.
• (d) Sai: Các nguyên tử tạp chất acceptor và donor là các ion tạp chất cố định liên kết chặt chẽ trong silic, hoàn toàn không thể tự do di chuyển ở nhiệt độ này.

Đáp án đúng: (b).

42.58

Nếu điện áp thay vì dòng điện được giữ không đổi, điều gì sẽ xảy ra đối với cường độ dòng điện khi nhiệt độ tăng từ ${25}^{\circ }\mathrm{C}$ lên ${150}^{\circ }\mathrm{C}$? (a) Ban đầu dòng điện tăng, sau đó nó giảm. (b) Dòng điện tăng. (c) Dòng điện giảm, cuối cùng tiến dần về không. (d) Dòng điện không thay đổi trừ khi điện áp cũng thay đổi.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Dự đoán hành vi của cường độ dòng điện $I$ khi giữ nguyên điện áp thuận $V=\text{const}$ và tăng nhiệt độ từ ${25}^{\circ }\mathrm{C}$ lên ${150}^{\circ }\mathrm{C}$.

Hướng đi:

• Quan sát hình học trên đồ thị $I-V$: Xét một đường thẳng đứng tại vị trí điện áp $V$ cố định (ví dụ $V=0,60\mathrm{V}$ hoặc $0,70\mathrm{V}$) và theo dõi sự thay đổi tung độ dòng điện khi chuyển từ đường ${25}^{\circ }\mathrm{C}$ sang đường ${150}^{\circ }\mathrm{C}$.
• Hệ quả vật lý: Hiện tượng tự kích nhiệt (thermal runaway) trong linh kiện bán dẫn khi giữ áp không đổi.

Xét đồ thị thực nghiệm tại một giá trị điện áp phân cực thuận cố định:

• Chẳng hạn, chọn điện áp cố định $V=0,60\mathrm{V}$:
  • Ở $T={25}^{\circ }\mathrm{C}$, tung độ dòng điện tương ứng trên đường cong màu xanh rất nhỏ, chỉ khoảng $I\approx \mathrm{0,006}\mathrm{A}=6\mathrm{mA}$.
  • Ở $T={150}^{\circ }\mathrm{C}$, tung độ dòng điện tương ứng trên đường cong màu đỏ vọt lên tới $I\approx 0,15\mathrm{A}=150\mathrm{mA}$.
• Tại bất kỳ giá trị điện áp nào trong vùng làm việc, đường cong đặc tuyến ở ${150}^{\circ }\mathrm{C}$ luôn nằm phía trên và dịch hẳn sang trái so với đường cong ở ${25}^{\circ }\mathrm{C}$.

Do đó, khi giữ nguyên điện áp và tăng nhiệt độ, cường độ dòng điện chạy qua luôn luôn tăng mạnh mẽ (tăng đơn điệu theo nhiệt độ do dòng bão hòa $I_S(T)$ tăng theo hàm mũ).

Đáp án đúng: (b).

Bài tập cầu nối: Dao động phân tử và vùng cấm bán dẫn

Bài tập cầu nối

Ở nhiệt độ $80\mathrm{K}$, trong chất bán dẫn indi antimonua ($\mathrm{InSb}$) là $\mathrm{0,230}\mathrm{eV}$. Một phát ra bởi một phân tử hydro florua ($\mathrm{HF}$) thực hiện bước chuyển dao động – quay từ trạng thái $(n=1,l=0)$ sang $(n=0,l=1)$ bị hấp thụ bởi một electron ở đỉnh của dải hóa trị trong $\mathrm{InSb}$. (a) Trạng thái cuối của electron nằm cách mép trên của vùng cấm (tức đáy dải dẫn, tính theo $\mathrm{eV}$) một khoảng bằng bao nhiêu? (b) Xác suất để trạng thái cuối đó vốn đã bị chiếm bởi một electron khác bằng bao nhiêu? Tần số dao động của $\mathrm{HF}$ là $1,24\times {10}^{14}\mathrm{Hz}$, khối lượng của nguyên tử hydro là $1,67\times {10}^{-27}\mathrm{kg}$, khối lượng của nguyên tử flo là $3,15\times {10}^{-26}\mathrm{kg}$, và khoảng cách cân bằng giữa hai hạt nhân là $\mathrm{0,092}\mathrm{nm}$. Giả sử rằng của $\mathrm{InSb}$ nằm chính giữa vùng cấm.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Bán dẫn $\mathrm{InSb}$ ở $T=80\mathrm{K}$ có $E_g=\mathrm{0,230}\mathrm{eV}$, $E_F$ ở giữa dải cấm. Phân tử $\mathrm{HF}$ phát trong bước chuyển $(n,l)=(1,0)$ sang $(n,l)=(0,1)$ với $f=1,24\times {10}^{14}\mathrm{Hz}$, $m_{\mathrm{H}}=1,67\times {10}^{-27}\mathrm{kg}$, $m_{\mathrm{F}}=3,15\times {10}^{-26}\mathrm{kg}$, $r_0=\mathrm{0,092}\mathrm{nm}$. Electron đỉnh dải hóa trị hấp thụ photon. (a) Tính khoảng cách năng lượng từ trạng thái cuối đến đáy dải dẫn $E_c$. (b) Tính xác suất chiếm $f(E)$ của trạng thái cuối.

Hướng đi:

• Mômen quán tính và mức năng lượng phân tử $\mathrm{HF}$: Tính khối lượng rút gọn $\mu =\frac{m_{\mathrm{H}}{m}_{\mathrm{F}}}{m_{\mathrm{H}}+m_{\mathrm{F}}}$ và mômen quán tính $I=\mu r_0^2$.
• Năng lượng phát xạ: Quá trình chuyển từ $n=1\to 0$ giải phóng lượng tử dao động $hf$, nhưng chuyển từ $l=0\to 1$ hấp thu lượng tử quay $\frac{{\hslash }^2}{I}$. Do đó $E_{\mathrm{ph}}=hf-\frac{{\hslash }^2}{I}$.
• Trạng thái cuối của electron trong bán dẫn: Chọn gốc thế năng tại đỉnh dải hóa trị $E_v=0$. Khi đó đáy dải dẫn ở $E_c=E_g=\mathrm{0,230}\mathrm{eV}$ và nằm ở $E_F=\frac{E_g}{2}=\mathrm{0,115}\mathrm{eV}$. Electron hấp thụ nhận toàn bộ năng lượng $E_{\mathrm{ph}}$, đạt mức năng lượng $E=E_{\mathrm{ph}}$.
• : Tính $f(E)=\frac{1}{{\mathrm{e}}^{(E-E_F)/kT}+1}$ ở nhiệt độ $T=80\mathrm{K}$.

Hướng dẫn giải (Solution Guide)

Nhận diện và Thiết lập:

1. Bài toán này kết hợp những kiến thức đã học về các bước chuyển mức năng lượng phân tử trong Mục 42.2, về trong Mục 42.5, và về chất bán dẫn trong Mục 42.6.
2. Phương trình năng lượng tổng hợp dao động – quay xác định mức năng lượng của các trạng thái phân tử ban đầu và trạng thái cuối. Độ chênh lệch giữa năng lượng ban đầu và năng lượng cuối của phân tử bằng năng lượng $E_{\mathrm{ph}}$ của phát ra. Năng lượng này được truyền trọn vẹn cho electron dải hóa trị của $\mathrm{InSb}$ khi hấp thụ photon. Xác suất để trạng thái cuối bị chiếm giữ được xác định bởi hàm .

Thực hiện giải: 3. Tính mômen quán tính $I$ và năng lượng lượng tử dao động $hf$ đối với phân tử $\mathrm{HF}$ từ các dữ liệu số đã cho. (Lưu ý: Không nhầm lẫn giữa tần số dao động thường $f$ và tần số góc $\omega =2\pi f$). 4. Tính năng lượng trạng thái đầu và trạng thái cuối của phân tử $\mathrm{HF}$. (Lưu ý: Năng lượng dao động tăng hay giảm? Năng lượng quay tăng hay giảm?). 5. Tìm năng lượng truyền cho electron trong $\mathrm{InSb}$. Xác định vị trí năng lượng trạng thái cuối của electron này so với đáy dải dẫn. 6. Xác định xác suất để trạng thái cuối trong $\mathrm{InSb}$ vốn đã bị chiếm giữ trước đó.

Đánh giá: 7. Bước chuyển phân tử của $\mathrm{HF}$ có được phép theo quy tắc chọn lọc quang học hay không? Độ biến thiên nào lớn hơn: Biến thiên năng lượng dao động hay biến thiên năng lượng quay? 8. Liệu electron được kích thích trong $\mathrm{InSb}$ có khả năng bị chặn không thể đi vào trạng thái ở dải dẫn (do ) hay không?

1. Nhận diện và Thiết lập các đại lượng vật lý

Hệ thống kết hợp ba hiện tượng lượng tử nền tảng:

• Quá trình phát xạ từ bước chuyển dao động – quay phân tử $\mathrm{HF}$.
• Sự hấp thụ quang học tạo cặp hạt tải trong chất bán dẫn $\mathrm{InSb}$.
• Thống kê Fermi–Dirac điều khiển lượng tử của electron.

2. Thực hiện tính toán chi tiết

Bước 3: Tính khối lượng rút gọn, mômen quán tính và lượng tử dao động của phân tử $\mathrm{HF}$:

Khối lượng rút gọn của phân tử $\mathrm{HF}$ là:

$$\mu =\frac{m_{\mathrm{H}}{m}_{\mathrm{F}}}{m_{\mathrm{H}}+m_{\mathrm{F}}}$$

Thay số với $m_{\mathrm{H}}=1,67\times {10}^{-27}\mathrm{kg}$ và $m_{\mathrm{F}}=3,15\times {10}^{-26}\mathrm{kg}$:

$$\mu \approx \mathrm{1,585}9\times {10}^{-27}\mathrm{kg}$$

Mômen quán tính của phân tử đối với trục quay đi qua khối tâm là:

$$I=\mu r_0^2$$

Thay khoảng cách cân bằng $r_0=\mathrm{0,092}\mathrm{nm}$, tức $9,2\times {10}^{-11}\mathrm{m}$:

$$I\approx \mathrm{1,342}\times {10}^{-47}\mathrm{kg}\cdot {\mathrm{m}}^2$$

Hằng số năng lượng quay tương ứng bằng:

$$\begin{array}{rl}\frac{{\hslash }^2}{I}& \approx \mathrm{8,285}\times {10}^{-22}\mathrm{J}\\ & \approx \mathrm{0,005}171\mathrm{eV}\end{array}$$

Lượng tử năng lượng dao động tính từ tần số $f=1,24\times {10}^{14}\mathrm{Hz}$:

$$\begin{array}{rl}hf& \approx \mathrm{8,216}3\times {10}^{-20}\mathrm{J}\\ & \approx \mathrm{0,512}82\mathrm{eV}\end{array}$$

Bước 4: Tính năng lượng trạng thái đầu, trạng thái cuối và phát xạ:

Mức năng lượng tổng quát dao động – quay của phân tử hai nguyên tử là:

$$E(n,l)=E_{\text{vib}}+E_{\text{rot}}$$

Trong đó thành phần dao động và quay lần lượt là:

$$E_{\text{vib}}=(n+\frac{1}{2})hf$$

$$E_{\text{rot}}=\frac{l(l+1){\hslash }^2}{2I}$$

• Năng lượng trạng thái ban đầu $(n=1,l=0)$:

$$E_i=\frac{3}{2}hf$$

• Năng lượng trạng thái cuối cùng $(n=0,l=1)$:

$$E_f=\frac{1}{2}hf+\frac{{\hslash }^2}{I}$$

Trong quá trình này, năng lượng dao động giảm đi một lượng $hf$, trong khi năng lượng quay tăng thêm một lượng $\frac{{\hslash }^2}{I}$. Theo định luật bảo toàn năng lượng, năng lượng của phát xạ bằng:

$$\begin{array}{rl}{E}_{\mathrm{ph}}& =E_i-E_f\\ & =hf-\frac{{\hslash }^2}{I}\\ & \approx \mathrm{0,508}\mathrm{eV}\end{array}$$

Bước 5: Xác định vị trí năng lượng trạng thái cuối của electron (Phần a):

Electron trong chất bán dẫn $\mathrm{InSb}$ ban đầu nằm ở đỉnh dải hóa trị $E_v=0$. Sau khi hấp thụ trọn vẹn có năng lượng $E_{\mathrm{ph}}\approx \mathrm{0,508}\mathrm{eV}$, electron chuyển lên trạng thái có năng lượng:

$$\begin{array}{rl}E& =E_v+E_{\mathrm{ph}}\\ & \approx \mathrm{0,508}\mathrm{eV}\end{array}$$

Mép trên của vùng cấm chính là đáy của dải dẫn, có năng lượng $E_c=E_g=\mathrm{0,230}\mathrm{eV}$. Khoảng cách năng lượng từ trạng thái cuối của electron đến đáy dải dẫn là:

$$\begin{array}{rl}\mathrm{\Delta }{E}_c& =E-E_c\\ & \approx \mathrm{0,278}\mathrm{eV}\end{array}$$

Trạng thái cuối nằm sâu bên trong dải dẫn, cách đáy dải dẫn một khoảng $\mathrm{0,278}\mathrm{eV}$.

Bước 6: Xác định xác suất chiếm của trạng thái cuối (Phần b):

nằm chính giữa vùng cấm:

$$\begin{array}{rl}{E}_F& =\frac{E_g}{2}\\ & =\mathrm{0,115}\mathrm{eV}\end{array}$$

Khoảng cách năng lượng từ trạng thái cuối $E$ tới $E_F$ là:

$$E-E_F\approx \mathrm{0,392}7\mathrm{eV}$$

Nhiệt năng ở nhiệt độ $T=80\mathrm{K}$ là:

$$\begin{array}{rl}kT& \approx \mathrm{1,104}5\times {10}^{-21}\mathrm{J}\\ & \approx \mathrm{0,006}894\mathrm{eV}\end{array}$$

Tỉ số số mũ trong :

$$\frac{E-E_F}{kT}\approx 56,96$$

Xác suất để trạng thái này vốn đã bị chiếm bởi một electron khác trước khi hấp thụ là:

$$\begin{array}{rl}f(E)& =\frac{1}{{\mathrm{e}}^{(E-E_F)/kT}+1}\\ & \approx 1,84\times {10}^{-25}\end{array}$$

Hình 42.BTCN: Sơ đồ dải năng lượng của $\mathrm{InSb}$ minh họa bước chuyển quang học của electron hấp thụ photon phân tử $\mathrm{HF}$.

3. Đánh giá và Thảo luận

Điểm hướng dẫn 7: Tính cho phép của bước chuyển và so sánh năng lượng:

• Bước chuyển phân tử của $\mathrm{HF}$ hoàn toàn được phép theo các quy tắc chọn lọc quang học lưỡng cực điện:
  • Biến thiên số lượng tử dao động: $\mathrm{\Delta }n=0-1=-1$ (thỏa mãn $\mathrm{\Delta }n=\pm 1$).
  • Biến thiên số lượng tử quay: $\mathrm{\Delta }l=1-0=+1$ (thỏa mãn $\mathrm{\Delta }l=\pm 1$).
• So sánh độ lớn biến thiên năng lượng:
  • Biến thiên năng lượng dao động là $|\mathrm{\Delta }{E}_{\text{vib}}|=hf\approx \mathrm{0,513}\mathrm{eV}$.
  • Gọi $E_r$ là độ tăng năng lượng quay. Khi đó $E_r={\hslash }^2/I$, có giá trị khoảng $\mathrm{0,005}17\mathrm{eV}$. Biến thiên năng lượng dao động lớn gấp xấp xỉ $100$ lần biến thiên năng lượng quay. Năng lượng phát xạ chủ yếu được quyết định bởi lượng tử dao động của liên kết hóa học.

Điểm hướng dẫn 8: Khả năng bị chặn bởi :

Xác suất trạng thái cuối đã bị chiếm chỉ khoảng $1,84\times {10}^{-25}$. Trong mô hình cân bằng đã cho, khả năng bị chặn riêng do sự chiếm trạng thái này vì thế rất nhỏ. Nó vẫn khác không, và kết quả chưa xác định toàn bộ hiệu suất hấp thụ quang học.

Kết quả phần (a) là khoảng $\mathrm{0,278}\mathrm{eV}$ phía trên đáy dải dẫn. Kết quả phần (b) là xác suất khoảng $1,84\times {10}^{-25}$.

Tài liệu tham khảo

Young & Freedman, University Physics with Modern Physics, ấn bản 15, chương 42, trang 1434–1441.