Condensed Matter Physics MCQ Quiz in हिन्दी - Objective Question with Answer for Condensed Matter Physics - मुफ्त [PDF] डाउनलोड करें

गणना:

संवेग अंतराल p से p + dp में अवस्थाओं की संख्या दी गई है:

8πV / (h3) p2 dp।

ऊर्जा ε = cp से, ऊर्जा अंतराल ε से ε + dε में अवस्थाओं की संख्या है:

N(ε) dε = 8πV / (c3 h3) ε2 dε।

कुल ऊर्जा ऊर्जा स्पेक्ट्रम पर समाकलन करके पाई जाती है:

E = 8πV / (c3 h3) ∫0∞ ε3 / (eβ(E-μ) + 1) dε।

अवस्था का समीकरण तब थर्मोडायनामिक विभव Ξ से प्राप्त होता है और इसे pV = E/3 दिया गया है।

अंतिम उत्तर: अवस्था का समीकरण pV = E/3 थर्मोडायनामिक विभव Ξ से प्राप्त होता है।

परमाणुओं के लिए स्पिन की संभावित व्यवस्थाएँ हैं

इसलिए, विभाजन फलन है \(\rm Q=2+e^{-\beta g \mu_{B} B}+e^{\beta g \mu_{B} B}\) ...(i)

अब, दो व्यवस्थाएँ (सूक्ष्म अवस्थाएँ) हैं जहाँ दो परमाणुओं का स्पिन समान है। संगत प्रायिकताएँ हैं

\(\rm P\left(+\frac{1}{2},+\frac{1}{2}\right)=\frac{e^{\beta g \mu_{B} B}}{Q}\) और \(\rm P\left(-\frac{1}{2},-\frac{1}{2}\right)=\frac{e^{-\beta g \mu_{B} B}}{Q}\)

∴ दो परमाणुओं के समान स्पिन होने की कुल प्रायिकता है \(\rm P=\frac{e^{\beta g \mu_{B} B}+e^{-\beta g \mu_{B} B}}{2+e^{-\beta g \mu_{B} B}+e^{\beta g \mu_{B} B}}\)

गणना:

80% आयनों के लिए सबसे कम ऊर्जा अवस्था में:

मान लीजिये सबसे कम ऊर्जा अवस्था में आयनों का उच्च ऊर्जा अवस्था में आयनों से अनुपात = 80:20 है।

⇒ प्रायिकता अनुपात = 0.8 / 0.2 = 4।

बोल्ट्ज़मान वितरण से:

⇒ e^{(μ_B x B₁) / kT} = 4

⇒ (μ_B x B₁) / kT = ln(4)

60% आयनों के लिए सबसे कम ऊर्जा अवस्था में:

मान लीजिये सबसे कम ऊर्जा अवस्था में आयनों का उच्च ऊर्जा अवस्था में आयनों से अनुपात = 60:40 है।

⇒ प्रायिकता अनुपात = 0.6 / 0.4 = 1.5।

⇒ e^{(μ_B x B₂) / kT} = 1.5

⇒ (μ_B x B₂) / kT = ln(1.5)

चुम्बकीय क्षेत्रों का अनुपात:

⇒ B₁ / B₂ = ln(4) / ln(1.5)

ln(4) = 2 x ln(2) का उपयोग करके:

⇒ B₁ / B₂ = (2 x ln(2)) / ln(1.5)

गणना:

संबंध से:

(E / E_F)^3/2 = 1 / 2

दोनों ओर घनमूल लेने पर:

⇒ (E / E_F) = (1 / 2)^2/3

इसलिए,

E = (1 / 2)^2/3 x E_F

दी गई ऊर्जा सूत्र से:

E = 2ⁿ x E_F

E के दोनों व्यंजकों को बराबर करने पर:

2ⁿ x E_F = (1 / 2)^2/3 x E_F

2ⁿ = (1 / 2)^2/3

⇒ 2ⁿ = 2^-2/3

n = -2/3

प्रयुक्त अवधारणा:

आद्य सदिशों का विश्लेषण करके ब्रेविस जालक प्रकार निर्धारित किया जा सकता है।

आद्य सेल का आयतन आद्य सदिशों के अदिश त्रिगुणित गुणनफल द्वारा दिया जाता है:
V_सेल = |a₁ • (a₂ x a₃)|।

दिया गया आधार और आद्य सदिश व्यवस्था के आधार पर अंतःकेन्द्रित घनीय (BCC) या फलक-केन्द्रित घनीय (FCC) जालकों की संरचना के साथ संरेखित होते हैं।

गणना:

मान लीजिये आद्य सदिश हैं:

a₁ = a î

a₂ = a ĵ

a₃ = (a / 2) (î + ĵ + k̂)

आद्य सेल का आयतन:

⇒ V_सेल = |a₁ • (a₂ x a₃)|

⇒ a₁ • (a₂ x a₃) = a î • [(a / 2) (k̂ - î)]

⇒ a₁ • (a₂ x a₃) = a x (a / 2) x (-1)

⇒ a₁ • (a₂ x a₃) = -(a³ / 2)

⇒ V_सेल = |-(a³ / 2)| = a³ / 2

∴ ब्रेविस जालक अंतःकेन्द्रित घनीय (BCC) है, और आद्य सेल का आयतन a³ / 2 है।

संप्रत्यय:

एन्ट्रॉपी S और ऊष्मागतिक प्रायिकता Ω के बीच संबंध है

​→ S = k ln Ω

फ्रेंकेल दोष: एक फ्रेंकेल दोष क्रिस्टलीय ठोसों में एक प्रकार का बिंदु दोष है। यह दोष तब बनता है जब कोई परमाणु या छोटा आयन जालक में अपना स्थान छोड़ देता है, जिससे रिक्ति बनती है और पास के स्थान पर स्थित होकर अंतराकाशी बन जाता है।

फ्रेंकेल दोषों की ऊष्मागतिक प्रायिकता है

\( Ω = \frac{N!}{(N-n)! n!}\frac{N'!}{(N'-n)! n!}\)

जहाँ, N, N' और n क्रमशः जालक और अंतराकाशी स्थलों की कुल संख्या और दोषों की संख्या हैं।

'n' फ्रेंकेल दोष बनाने में मुक्त ऊर्जा में परिवर्तन

\( Δ G = nE - TΔ S\)

व्याख्या:

इस तरह के फ्रेंकेल दोषों की प्रायिकता

\( Ω = \frac{N!}{(N-n)! n!}\frac{N'!}{(N'-n)! n!}\)

इसलिए, एन्ट्रॉपी में परिवर्तन

⇒ ΔS = k ln Ω = \( k \ln \left( \frac{N!}{(N-n)! n!}\frac{N'!}{(N'-n)! n!} \right)\)

⇒ ΔS = k ln [ N ln N + N' ln N' - (N - n) - (N' - n)ln(N' - n) - 2n ln n ]

[ यहाँ हमने स्टर्लिंग के सन्निकटन का उपयोग किया है अर्थात् ln N! = N ln N - N ]

अब, n फ्रेंकेल दोष बनाने में मुक्त ऊर्जा में परिवर्तन

\(\begin{aligned} & ⇒ \Delta G=n \phi-T \Delta s \\ & \Rightarrow \Delta G=n \phi-T\left\{k \ln \left[N \ln N+N^{\prime} \ln N^{\prime}-(N-n)-\left(N^{\prime}-n\right) \ln \left(N^{\prime}-n\right)-2 n \ln n\right]\right\} \\ & \text { चूँकि, } \frac{\partial(\Delta G)}{\partial n}=0 \\ & \Rightarrow \frac{\partial(\Delta G)}{\partial n}=\phi-k T[0+0+\ln (N-n)+1-2 \ln n-2] \\ &\Rightarrow \phi-k T \ln \left[\frac{N-n\left(N^{\prime}-n\right)}{n^2}\right]=0 \end{aligned}\)

चूँकि, n <<< N, N'

\(⇒ N-n \cong N \\ ⇒ N^{\prime}-n \cong N^{\prime}\)

\(\begin{aligned} & \therefore \phi-k T \ln \left(\frac{N N^{\prime}}{n^2}\right)=0\\ & \Rightarrow \phi-k T \ln \left[\frac{\sqrt{N N^{\prime}}}{n}\right]^2=0 \\ & \Rightarrow \ln \left[\frac{\sqrt{N N^{\prime}}}{n}\right]=\frac{\phi}{2 k T} \\ & \Rightarrow n=\sqrt{N N^{\prime}} e^{\frac{-\phi}{2 k T}} \end{aligned}\)

इसलिए सही उत्तर विकल्प 1 है।

अवधारणा-

हम यहाँ प्रकीर्णन संबंध का उपयोग कर रहे हैं जो दिया गया है

• E_k =C√k यहाँ k तरंग संख्या है
• निम्न तापमान पर बोसॉन के लिए, E ∝ ks
• निम्न तापमान पर स्थिर आयतन पर एन्ट्रापी Cv ∝ Td/s
• s = ऊर्जा प्रकीर्णन संबंध में तरंग संख्या की घात और d = आयाम है

व्याख्या:

• Ek =C√k
• निम्न तापमान पर बोसॉन के लिए, E ∝ k^s
• इसे दिए गए समीकरण के साथ मिलाएँ s=1/2
• निम्न तापमान पर C_v ∝ T^d/s
• ^{\(C_v = \frac{d \langle E \rangle}{dT} \propto \frac{d}{dT} (kT)^5 \propto T^4 \)}
• यहाँ d आयाम = 2 (प्रश्न में दिया गया है)
• \(Cv ∝ T^{\frac{2} {1/2} } \)
• C_v∝ T⁴

इसलिए, सही उत्तर विकल्प (1) है।

संप्रत्यय:

जोसेफसन संधि: एक बहुत पतली इन्सुलेटर पट्टी द्वारा पृथक दो अतिचालक एक जोसेफसन संधि बनाते हैं।

ए.सी. जोसेफसन प्रभाव: जब संधि के दो किनारों के बीच एक विभवांतर V लगाया जाता है, तो सुरंगीकरण धारा का दोलन कोणीय आवृत्ति ω = \(\frac{2eV}{h} \) के साथ होगा। इसे ए.सी. जोसेफसन प्रभाव कहा जाता है।

व्याख्या:

पतली इन्सुलेट परत के माध्यम से धारा घनत्व है

\(J = J_0 \sin \left[ \delta(0) -\frac{2e\Delta v}{h}t \right] = J_0\sin \left[ \delta(0) - ω t \right] \)

∴ अतिचालक धारा की कोणीय आवृत्ति है

⇒ \(ω = \frac{2e\Delta v}{h} \)

इसलिए सही उत्तर विकल्प 1 है।

व्याख्या:

• दो जालक A और B अनिवार्य रूप से एक-दूसरे के स्थानांतरित संस्करण हैं। A को चेकरबोर्ड पैटर्न के रूप में सोचा जा सकता है जहाँ हम सभी काले वर्गों (जो सूचकांकों के विषम योग का प्रतिनिधित्व करते हैं) का चयन करते हैं, जबकि B वह जालक है जिसमें सभी सफेद वर्ग (जो सूचकांकों के सम योग का प्रतिनिधित्व करते हैं) होते हैं।
• तीन आयामी सेटिंग में, यदि आप जालक A को किसी भी दिशा में (x, y या z अक्ष के साथ) एक इकाई द्वारा स्थानांतरित (शिफ्ट) करते हैं, तो आपको जालक B के जालक बिंदु मिलेंगे।
• इसी प्रकार, यदि आप जालक B को एक इकाई द्वारा स्थानांतरित करते हैं तो आपको जालक A मिलेगा। इसलिए हम कह सकते हैं कि जालक A और B "द्वैत" या "फलक-केंद्रित" नामक संबंध में हैं जहाँ एक को दूसरे को एक इकाई द्वारा स्थानांतरित करके प्राप्त किया जा सकता है। यह अवधारणा अक्सर क्रिस्टल संरचनाओं में उपयोग की जाती है जहाँ परमाणु ऐसे जालक बिंदु के शीर्ष पर स्थित होते हैं।

व्याख्या:

\(ϵ(k) = ℏv_Fk\)

• यह इलेक्ट्रॉनों के लिए प्रकीर्णन संबंध है जहाँ \(v_F\) एक इलेक्ट्रॉन गैस में फर्मी स्तर के पास कणों की गति है। यह वास्तव में ग्राफीन या एक बहुत ही समान प्रणाली के साथ मामला है जहाँ हम एक रैखिक प्रकीर्णन संबंध का उपयोग कर रहे हैं।
• फर्मी तरंग संख्या \(k_F\) तक दिए गए k के साथ कणों (या इस मामले में इलेक्ट्रॉनों) की कुल संख्या तीन आयामों में \(n = ∫d³k = V{(4π/3)}{(k_F^3)}.\) के रूप में दर्शाई जा सकती है।
• चूँकि मूल प्रकीर्णन संबंध से \( k_F = \frac{ϵ_F}{(ℏv_F)}\): \(n ∝ (\frac{ϵ_F} {ℏv_F})^3.\)इस प्रकार, हम \(ϵ_F ∝ n^{(1/3)}\) पर पहुँचते हैं जो इंगित करता है कि \(α = \frac13.\)

संप्रत्यय:

छलांग की प्रायिकता केवल स्थलों के बीच (मुक्त) ऊर्जा अवरोध की ऊँचाई में घातीय होती है।

गणना:

i> ∑ p_ir_i

= 0.3i - 0.2i + 0.2j - 0.3j

= 0.1i - 0.1j

N पदों के लिए, = \({N \over 10}\)[i - j]

सही उत्तर विकल्प (2) है।

संप्रत्यय:

हॉल गुणांक: हॉल प्रभाव में धातु पट्टी की प्रति इकाई चौड़ाई पर विभवांतर का भागफल, चुंबकीय तीव्रता और अनुदैर्ध्य धारा घनत्व के गुणनफल से विभाजित

दोनों प्रकार के वाहकों वाले अर्धचालक के लिए हॉल गुणांक दिया गया है

⇒ RH = \(\frac{{p\mu _p^2 - n\mu _n^2}}{{\left| e \right|{{\left( {p{\mu _p} + n{\mu _n}} \right)}^2}}}\)

जब तापमान कम होता है तो p (होलों की संख्या) n (इलेक्ट्रॉनों की संख्या) से अधिक होती है

तापमान में वृद्धि के साथ, होलों की संख्या घटती है, और इलेक्ट्रॉनों की संख्या बढ़ती है।

स्थिति I: कम तापमान पर: p >> n, μ_p < μ_n

⇒ pμp² > nμn2

⇒ pμp2 - nμn2 > 0 ⇒ R_H = धनात्मक.

स्थिति II: मध्यम तापमान पर: p > n

⇒ pμp2 ≈ nμn2 (चूँकि, μp < μn)

⇒ R_H > 0

स्थिति III: उच्च तापमान पर: p/n ≈ 1

⇒ pμp2 - nμn2 < 0

⇒ RH < 0

केवल, विकल्प (4) उपरोक्त निष्कर्षों से मेल खाता है।

इसलिए सही उत्तर विकल्प 4 है।

व्याख्या:

1. फर्मी स्तर की स्थिति:

\( f(E) \approx \exp\left(-\frac{E - E_F}{k_B T}\right) \)

\( E_F = \frac{\epsilon_C + \epsilon_V}{2} \)

• एक नैज अर्धचालक के लिए, चालन बैंड में इलेक्ट्रॉनों की संख्या (n) संयोजकता बैंड में छिद्रों की संख्या (p) के बराबर होती है।
• शर्त \( E - E_F \gg k_B T\) के तहत, फर्मी डायरेक वितरण सरल हो जाता है:
• n और p को बराबर करने से फर्मी स्तर ( \(E_F\) ) का पता चलता है:
• यहाँ, \(\epsilon_C\) चालन बैंड का निचला भाग है, और \(\epsilon_V\) संयोजकता बैंड का शीर्ष है।

इसलिए फर्मी स्तर बैंड अंतराल के मध्य बिंदु पर है।

2. फर्मी वितरण फलन:

\( f(E) = \frac{1}{\exp\left(\frac{E - E_F}{k_B T}\right) + 1} \)

• फर्मी डायरेक वितरण फलन (f(E)) एक ऊर्जा अवस्था E पर इलेक्ट्रॉन के प्राप्त करने की प्रायिकता का वर्णन करता है:
• यह मानते हुए कि N(E) में पहले से ही 2 का स्पिन अपभ्रंश कारक शामिल है, यह फलन सीधे लागू होता है।

3. चालन बैंड इलेक्ट्रॉनों का घनत्व:

\( n \approx n_0 k_B T \exp\left(-\frac{\epsilon_C - E_F}{k_B T}\right) \)

\( n \approx 2 \times 10^{21} \cdot \frac{1}{40} \cdot \exp\left(-\frac{0.75}{0.025}\right) \)

\( n \approx 4.68 \times 10^6 \, \text{cm}^{-3} \)

सही विकल्प 3) है।

व्याख्या:

• तापीय साम्यावस्था पर एक अनुचुम्बकीय निकाय के लिए, औसत चुम्बकीय आघूर्ण 〈M〉 को बोल्ट्ज़मान वितरण का उपयोग करके व्युत्पन्न किया जा सकता है। बोल्ट्ज़मान वितरण हमें बताता है कि किसी निकाय के किसी विशेष अवस्था में होने की प्रायिकता उस अवस्था की ऋणात्मक ऊर्जा के घातांक के समानुपाती होती है जिसे बोल्ट्ज़मान स्थिरांक (k_B) और तापमान (T) के गुणनफल से विभाजित किया जाता है।
• चुम्बकीय क्षेत्र B की उपस्थिति में एक परमाणु या आयन का चुम्बकीय द्विध्रुवीय आघूर्ण μ की ऊर्जा -μB होती है। यदि प्रति आयन चुम्बकीय आघूर्ण (μ±) मान ±μB ले सकता है, तो दो अवस्थाओं की ऊर्जाएँ \( E± = ∓μ_BB\) हैं।
• ऊर्जा E± वाली अवस्था में होने की प्रायिकता बोल्ट्ज़मान गुणांक द्वारा दी जाती है: \( P_{± }= e^{(-E_{±/}kBT)} = e^{\frac{∓μ_BB}{k_BT}}\)
• फिर हम सभी संभावित अवस्थाओं की प्रायिकताओं के योग (विभाजन फलन Z) से विभाजित करके प्रसामान्यीकृत करते हैं: \(P± = \frac{e^{∓\frac{μ_BB}{k_BT}}} { [e^{\frac{μ_BB}{k_BT}} + e^{\frac{-μ_BB}{k_BT}}]}\)
• यह हमें देता है: \(P_- = \frac{e^{\frac{μ_BB}{k_BT}}} { [e^{\frac{μ_BB}{k_BT}} + e^{\frac{-μ_BB}{k_BT}}]}\)
• \(P_+ = \frac{e^{-\frac{μ_BB}{k_BT}}} { [e^{\frac{μ_BB}{k_BT}} + e^{\frac{-μ_BB}{k_BT}}]}\)
• औसत चुम्बकीय आघूर्ण 〈M〉 प्रत्येक संभावित चुम्बकीय आघूर्ण का योग है जिसे इसके बोल्ट्ज़मान-भारित प्रायिकता से गुणा किया जाता है:

\(⟨M⟩ = μ_B × [P_+ - P_-]\)

\(⟨M⟩ = μ_B × [ \frac{e^{\frac{μ_BB}{k_BT}}} { [e^{\frac{μ_BB}{k_BT}} + e^{\frac{-μ_BB}{k_BT}}]}- \frac{e^{-\frac{μ_BB}{k_BT}}} { [e^{\frac{μ_BB}{k_BT}} + e^{\frac{-μ_BB}{k_BT}}]}]\)

सरल करने पर प्राप्त होता है: \(⟨M⟩ = μ_B \times \tanh(\frac{μ_BB}{k_BT})\)

अब, \(⟨M⟩ = μ_B \times \tanh({\frac{μ_BB}{k_BT}}) \)

\(⟨M⟩ = μ_B × \left( \frac{1-e^{-2\frac{\mu_BB}{ k_B T}}} { 1+e^{-2\frac{\mu_BB}{ k_B T}}}\right)\)

इसका निम्नलिखित व्यवहार है

चूँकि T → 0 , → अधिकतम ,

चूँकि T → ∞ , → 0,

वक्र अतिपरवलयिक स्पर्शरेखा का व्युत्क्रम होगा।

इसलिए, विकल्प (C) वक्र हल है।

संप्रत्यय:

एन्ट्रॉपी S और ऊष्मागतिक प्रायिकता Ω के बीच संबंध है

​→ S = k ln Ω

फ्रेंकेल दोष: एक फ्रेंकेल दोष क्रिस्टलीय ठोसों में एक प्रकार का बिंदु दोष है। यह दोष तब बनता है जब कोई परमाणु या छोटा आयन जालक में अपना स्थान छोड़ देता है, जिससे रिक्ति बनती है और पास के स्थान पर स्थित होकर अंतराकाशी बन जाता है।

फ्रेंकेल दोषों की ऊष्मागतिक प्रायिकता है

\( Ω = \frac{N!}{(N-n)! n!}\frac{N'!}{(N'-n)! n!}\)

जहाँ, N, N' और n क्रमशः जालक और अंतराकाशी स्थलों की कुल संख्या और दोषों की संख्या हैं।

'n' फ्रेंकेल दोष बनाने में मुक्त ऊर्जा में परिवर्तन

\( Δ G = nE - TΔ S\)

व्याख्या:

इस तरह के फ्रेंकेल दोषों की प्रायिकता

\( Ω = \frac{N!}{(N-n)! n!}\frac{N'!}{(N'-n)! n!}\)

इसलिए, एन्ट्रॉपी में परिवर्तन

⇒ ΔS = k ln Ω = \( k \ln \left( \frac{N!}{(N-n)! n!}\frac{N'!}{(N'-n)! n!} \right)\)

⇒ ΔS = k ln [ N ln N + N' ln N' - (N - n) - (N' - n)ln(N' - n) - 2n ln n ]

[ यहाँ हमने स्टर्लिंग के सन्निकटन का उपयोग किया है अर्थात् ln N! = N ln N - N ]

अब, n फ्रेंकेल दोष बनाने में मुक्त ऊर्जा में परिवर्तन

\(\begin{aligned} & ⇒ \Delta G=n \phi-T \Delta s \\ & \Rightarrow \Delta G=n \phi-T\left\{k \ln \left[N \ln N+N^{\prime} \ln N^{\prime}-(N-n)-\left(N^{\prime}-n\right) \ln \left(N^{\prime}-n\right)-2 n \ln n\right]\right\} \\ & \text { चूँकि, } \frac{\partial(\Delta G)}{\partial n}=0 \\ & \Rightarrow \frac{\partial(\Delta G)}{\partial n}=\phi-k T[0+0+\ln (N-n)+1-2 \ln n-2] \\ &\Rightarrow \phi-k T \ln \left[\frac{N-n\left(N^{\prime}-n\right)}{n^2}\right]=0 \end{aligned}\)

चूँकि, n <<< N, N'

\(⇒ N-n \cong N \\ ⇒ N^{\prime}-n \cong N^{\prime}\)

\(\begin{aligned} & \therefore \phi-k T \ln \left(\frac{N N^{\prime}}{n^2}\right)=0\\ & \Rightarrow \phi-k T \ln \left[\frac{\sqrt{N N^{\prime}}}{n}\right]^2=0 \\ & \Rightarrow \ln \left[\frac{\sqrt{N N^{\prime}}}{n}\right]=\frac{\phi}{2 k T} \\ & \Rightarrow n=\sqrt{N N^{\prime}} e^{\frac{-\phi}{2 k T}} \end{aligned}\)

इसलिए सही उत्तर विकल्प 1 है।