Teoría microscópica de la conducción eléctrica. Tipler, Ejercicios de Física

¡Descarga Teoría microscópica de la conducción eléctrica. Tipler y más Ejercicios en PDF de Física solo en Docsity! Teoría microscópica de la conducción eléctrica, Capítulo 27. Imagen microscópica de la conducción. 1. En el modelo clásico de la conducción, el electrón pierde energía por término medio en una colisión, ya que pierde la velocidad de desplazamiento que había adquirido desde el último choque. ¿Dónde aparece esta energía? La energía aparece como energía térmica que se transmite a los átomos y se convierte en vibración de estos, por tanto, energía interna del sistema. 2. Una medida de la densidad del gas de electrones libres en un metal es la distancia rs, que se define como el radio de la esfera cuyo volumen es igual al volumen por electrón de conducción. a) Demostrar que 𝒓𝒓𝒔𝒔 = ( 𝟑𝟑 𝟒𝟒𝟒𝟒 𝒏𝒏 )𝟏𝟏/𝟑𝟑 , en donde n es la densidad numérica de los electrones. b) Calcular en nanómetros el valor de rs para el cobre. a) La densidad electrónica de los electrones de valencia de elementos metálicos viene dada por: n=N/V (número de electrones de valencia/cm3), donde: 𝒏𝒏 = 𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒓𝒓𝒆𝒆𝒏𝒏𝒆𝒆𝒔𝒔 𝒆𝒆𝒍𝒍𝒍𝒍𝒓𝒓𝒆𝒆𝒔𝒔 𝒑𝒑𝒆𝒆𝒓𝒓 á𝒆𝒆𝒆𝒆𝒕𝒕𝒆𝒆∗𝑵𝑵𝑨𝑨∗𝝆𝝆𝒕𝒕 𝑨𝑨 Donde A es la masa atómica del elemento, NA es el número de Avogadro y ρm es la densidad del elemento. 𝑽𝑽 𝑵𝑵 = 𝟒𝟒 𝟑𝟑 ∗ 𝟒𝟒 ∗ 𝒓𝒓𝒔𝒔𝟑𝟑 = 𝟏𝟏 𝒏𝒏 𝒓𝒓𝒔𝒔 = � 𝟑𝟑 𝟒𝟒∗𝟒𝟒∗𝒏𝒏 𝟑𝟑 b) 𝒏𝒏𝒆𝒆 = 𝑵𝑵 𝑽𝑽 = 𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒓𝒓𝒆𝒆𝒏𝒏𝒆𝒆𝒔𝒔 𝒆𝒆𝒍𝒍𝒍𝒍𝒓𝒓𝒆𝒆𝒔𝒔 𝒂𝒂𝒆𝒆𝒆𝒆𝒕𝒕𝒆𝒆∗𝑵𝑵𝑨𝑨∗𝝆𝝆𝒕𝒕 𝑨𝑨 = 𝟏𝟏𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒓𝒓𝒆𝒆𝒏𝒏𝒆𝒆𝒔𝒔𝒂𝒂𝒆𝒆𝒆𝒆𝒕𝒕𝒆𝒆 ∗𝟔𝟔.𝟎𝟎𝟎𝟎∗𝟏𝟏𝟎𝟎𝟎𝟎𝟑𝟑𝒂𝒂𝒆𝒆𝒆𝒆𝒕𝒕𝒆𝒆𝒔𝒔𝒕𝒕𝒆𝒆𝒆𝒆 ∗𝟖𝟖.𝟖𝟖𝟎𝟎 𝒈𝒈 𝒆𝒆𝒕𝒕𝟑𝟑 ∗𝟏𝟏𝟎𝟎 𝟔𝟔𝒆𝒆𝒕𝒕𝟑𝟑 𝟏𝟏 𝒕𝒕𝟑𝟑 𝟔𝟔𝟑𝟑,𝟓𝟓𝟓𝟓 𝒈𝒈 𝒕𝒕𝒆𝒆𝒆𝒆 𝒏𝒏𝒆𝒆 = 𝟖𝟖.𝟑𝟑𝟒𝟒 ∗ 𝟏𝟏𝟎𝟎𝟎𝟎𝟖𝟖𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒓𝒓𝒆𝒆𝒏𝒏𝒆𝒆𝒔𝒔/𝒕𝒕𝟑𝟑 𝒓𝒓𝒔𝒔 = � 𝟑𝟑 𝟒𝟒∗𝟒𝟒∗𝟖𝟖.𝟑𝟑𝟒𝟒∗𝟏𝟏𝟎𝟎𝟎𝟎𝟖𝟖 𝟑𝟑 = 𝟏𝟏.𝟒𝟒𝟎𝟎 ∗ 𝟏𝟏𝟎𝟎−𝟏𝟏𝟎𝟎 𝒕𝒕𝟑𝟑 3. a) Dado un recorrido libre medio λ=0,4 nm y una velocidad media vm=1,17 105 m/s para el flujo de corriente en el cobre a una temperatura de 300 K, calcular el valor clásico de la resistividad ρ del cobre. b) El modelo clásico sugiere que el recorrido libre medio es independiente de la temperatura y que vm depende de la temperatura. A partir de este modelo, ¿Cuál será el valor de ρ a 100 K? a) 𝒏𝒏𝒆𝒆 = 𝑵𝑵 𝑽𝑽 = 𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒓𝒓𝒆𝒆𝒏𝒏𝒆𝒆𝒔𝒔 𝒆𝒆𝒍𝒍𝒍𝒍𝒓𝒓𝒆𝒆𝒔𝒔 𝒂𝒂𝒆𝒆𝒆𝒆𝒕𝒕𝒆𝒆∗𝑵𝑵𝑨𝑨∗𝝆𝝆𝒕𝒕 𝑨𝑨 = 𝟏𝟏𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒓𝒓𝒆𝒆𝒏𝒏𝒆𝒆𝒔𝒔𝒂𝒂𝒆𝒆𝒆𝒆𝒕𝒕𝒆𝒆 ∗𝟔𝟔.𝟎𝟎𝟎𝟎∗𝟏𝟏𝟎𝟎𝟎𝟎𝟑𝟑𝒂𝒂𝒆𝒆𝒆𝒆𝒕𝒕𝒆𝒆𝒔𝒔𝒕𝒕𝒆𝒆𝒆𝒆 ∗𝟖𝟖.𝟖𝟖𝟎𝟎 𝒈𝒈 𝒆𝒆𝒕𝒕𝟑𝟑 ∗𝟏𝟏𝟎𝟎 𝟔𝟔𝒆𝒆𝒕𝒕𝟑𝟑 𝟏𝟏 𝒕𝒕𝟑𝟑 𝟔𝟔𝟑𝟑,𝟓𝟓𝟓𝟓 𝒈𝒈 𝒕𝒕𝒆𝒆𝒆𝒆 𝒏𝒏𝒆𝒆 = 𝟖𝟖.𝟑𝟑𝟒𝟒 ∗ 𝟏𝟏𝟎𝟎𝟎𝟎𝟖𝟖𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒓𝒓𝒆𝒆𝒏𝒏𝒆𝒆𝒔𝒔/𝒕𝒕𝟑𝟑 𝝆𝝆 = 𝒕𝒕𝒆𝒆∗𝒗𝒗𝒕𝒕 𝒏𝒏𝒆𝒆∗𝒆𝒆𝟎𝟎∗𝝀𝝀 = 𝟗𝟗.𝟏𝟏∗𝟏𝟏𝟎𝟎−𝟑𝟑𝟏𝟏 𝒌𝒌𝒈𝒈∗𝟏𝟏.𝟏𝟏𝟏𝟏∗𝟏𝟏𝟎𝟎𝟓𝟓𝒕𝒕/𝒔𝒔 𝟖𝟖.𝟑𝟑𝟒𝟒∗𝟏𝟏𝟎𝟎𝟎𝟎𝟖𝟖𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒓𝒓𝒆𝒆𝒏𝒏𝒆𝒆𝒔𝒔/𝒕𝒕𝟑𝟑∗(𝟏𝟏.𝟔𝟔∗𝟏𝟏𝟎𝟎−𝟏𝟏𝟗𝟗)𝟎𝟎𝑪𝑪𝟎𝟎𝟎𝟎.𝟒𝟒∗𝟏𝟏𝟎𝟎−𝟗𝟗𝒕𝒕 = 𝟏𝟏.𝟎𝟎𝟓𝟓 ∗ 𝟏𝟏𝟎𝟎−𝟏𝟏𝛀𝛀 ∗ 𝒕𝒕 b) 𝒗𝒗𝒕𝒕 = �𝟑𝟑∗𝒌𝒌∗𝑻𝑻 𝒕𝒕𝒆𝒆 = �𝟑𝟑∗𝟏𝟏.𝟑𝟑𝟖𝟖∗𝟏𝟏𝟎𝟎−𝟎𝟎𝟑𝟑∗𝟏𝟏𝟎𝟎𝟎𝟎 𝟗𝟗.𝟏𝟏∗𝟏𝟏𝟎𝟎−𝟑𝟑𝟏𝟏 = 𝟔𝟔.𝟏𝟏 ∗ 𝟏𝟏𝟎𝟎𝟒𝟒 𝒕𝒕/𝒔𝒔 𝝆𝝆 = 𝒕𝒕𝒆𝒆 ∗ 𝒗𝒗𝒕𝒕 𝒏𝒏𝒆𝒆 ∗ 𝒆𝒆𝟎𝟎 ∗ 𝝀𝝀 = 𝟗𝟗.𝟏𝟏 ∗ 𝟏𝟏𝟎𝟎−𝟑𝟑𝟏𝟏 𝒌𝒌𝒈𝒈 ∗ 𝟔𝟔.𝟏𝟏 ∗ 𝟏𝟏𝟎𝟎𝟒𝟒 𝒕𝒕𝒔𝒔𝒕𝒕 𝒔𝒔 𝟖𝟖.𝟑𝟑𝟒𝟒 ∗ 𝟏𝟏𝟎𝟎 𝟎𝟎𝟖𝟖𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒓𝒓𝒆𝒆𝒏𝒏𝒆𝒆𝒔𝒔 𝒕𝒕𝟑𝟑 ∗ (𝟏𝟏.𝟔𝟔 ∗ 𝟏𝟏𝟎𝟎−𝟏𝟏𝟗𝟗)𝟎𝟎𝑪𝑪𝟎𝟎 ∗ 𝟎𝟎.𝟒𝟒 ∗ 𝟏𝟏𝟎𝟎−𝟗𝟗𝒕𝒕 𝝆𝝆 = 𝟏𝟏.𝟏𝟏𝟒𝟒 ∗ 𝟏𝟏𝟎𝟎−𝟖𝟖𝛀𝛀 ∗𝒕𝒕 El gas de electrones de Fermi 4. Calcular la densidad numérica de los electrones libres en a) Ag (ρ=10,5 g/cm3). b) Au (ρ=19,3 g/cm3), admitiendo un electrón libre por átomo y comparar los resultados con los valores relacionados en la tabla 27.1. a) 𝒏𝒏 = 𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒓𝒓𝒆𝒆𝒏𝒏𝒆𝒆𝒔𝒔 𝒆𝒆𝒍𝒍𝒍𝒍𝒓𝒓𝒆𝒆𝒔𝒔 𝒑𝒑𝒆𝒆𝒓𝒓 á𝒆𝒆𝒆𝒆𝒕𝒕𝒆𝒆∗𝑵𝑵𝑨𝑨∗𝝆𝝆𝒕𝒕 𝑨𝑨 = 𝟏𝟏𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒓𝒓𝒆𝒆𝒏𝒏𝒂𝒂𝒆𝒆𝒆𝒆𝒕𝒕𝒆𝒆 ∗𝟔𝟔.𝟎𝟎𝟎𝟎∗𝟏𝟏𝟎𝟎𝟎𝟎𝟑𝟑𝒂𝒂𝒆𝒆𝒆𝒆𝒕𝒕𝒆𝒆𝒔𝒔𝒕𝒕𝒆𝒆𝒆𝒆 ∗𝟏𝟏𝟎𝟎.𝟓𝟓 𝒈𝒈 𝒆𝒆𝒕𝒕𝟑𝟑 𝟏𝟏𝟎𝟎𝟏𝟏.𝟖𝟖𝟏𝟏 𝒈𝒈 𝒕𝒕𝒆𝒆𝒆𝒆 𝒏𝒏 = 𝟓𝟓.𝟖𝟖𝟔𝟔 ∗ 𝟏𝟏𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 𝒆𝒆−/𝒆𝒆𝒕𝒕𝟑𝟑 b) 𝒏𝒏 = 𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒓𝒓𝒆𝒆𝒏𝒏𝒆𝒆𝒔𝒔 𝒆𝒆𝒍𝒍𝒍𝒍𝒓𝒓𝒆𝒆𝒔𝒔 𝒑𝒑𝒆𝒆𝒓𝒓 á𝒆𝒆𝒆𝒆𝒕𝒕𝒆𝒆∗𝑵𝑵𝑨𝑨∗𝝆𝝆𝒕𝒕 𝑨𝑨 = 𝟏𝟏𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒓𝒓𝒆𝒆𝒏𝒏𝒂𝒂𝒆𝒆𝒆𝒆𝒕𝒕𝒆𝒆 ∗𝟔𝟔.𝟎𝟎𝟎𝟎∗𝟏𝟏𝟎𝟎𝟎𝟎𝟑𝟑𝒂𝒂𝒆𝒆𝒆𝒆𝒕𝒕𝒆𝒆𝒔𝒔𝒕𝒕𝒆𝒆𝒆𝒆 ∗𝟏𝟏𝟗𝟗.𝟑𝟑 𝒈𝒈 𝒆𝒆𝒕𝒕𝟑𝟑 𝟏𝟏𝟗𝟗𝟔𝟔.𝟗𝟗𝟏𝟏 𝒈𝒈 𝒕𝒕𝒆𝒆𝒆𝒆 𝒏𝒏 = 𝟓𝟓.𝟗𝟗𝟎𝟎 ∗ 𝟏𝟏𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 𝒆𝒆−/𝒆𝒆𝒕𝒕𝟑𝟑 𝑺𝑺𝒆𝒆𝒏𝒏 𝒆𝒆𝒆𝒆𝒏𝒏𝒆𝒆𝒆𝒆𝒓𝒓𝒄𝒄𝒂𝒂𝒏𝒏𝒆𝒆𝒆𝒆𝒔𝒔 𝒆𝒆𝒆𝒆𝒏𝒏 𝒆𝒆𝒆𝒆𝒔𝒔 𝒗𝒗𝒂𝒂𝒆𝒆𝒆𝒆𝒓𝒓𝒆𝒆𝒔𝒔 𝒄𝒄𝒆𝒆 𝒆𝒆𝒂𝒂 𝒆𝒆𝒂𝒂𝒍𝒍𝒆𝒆𝒂𝒂. 5. La densidad del aluminio es 2,7 g/cm3. ¿Cuántos electrones libres existen por átomo de aluminio? Tomando el dato de la tabla 27.1: n=1.81 1022. 𝒏𝒏 = 𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒓𝒓𝒆𝒆𝒏𝒏𝒆𝒆𝒔𝒔 𝒆𝒆𝒍𝒍𝒍𝒍𝒓𝒓𝒆𝒆𝒔𝒔 𝒑𝒑𝒆𝒆𝒓𝒓 á𝒆𝒆𝒆𝒆𝒕𝒕𝒆𝒆∗𝑵𝑵𝑨𝑨∗𝝆𝝆𝒕𝒕 𝑨𝑨 ; 𝒆𝒆 á𝒆𝒆𝒆𝒆𝒕𝒕𝒆𝒆 = 𝑨𝑨∗𝒏𝒏 𝑵𝑵𝑨𝑨∗𝝆𝝆𝒕𝒕 𝒆𝒆 á𝒆𝒆𝒆𝒆𝒕𝒕𝒆𝒆 = 𝟎𝟎𝟔𝟔,𝟗𝟗𝟖𝟖 𝒈𝒈 𝒕𝒕𝒆𝒆𝒆𝒆∗𝟏𝟏.𝟖𝟖𝟏𝟏∗𝟏𝟏𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 𝒆𝒆−/𝒆𝒆𝒕𝒕𝟑𝟑 𝟔𝟔.𝟎𝟎𝟎𝟎∗𝟏𝟏𝟎𝟎𝟎𝟎𝟑𝟑𝒂𝒂𝒆𝒆𝒆𝒆𝒕𝒕𝒆𝒆𝒔𝒔𝒕𝒕𝒆𝒆𝒆𝒆 ∗𝟎𝟎.𝟏𝟏 𝒈𝒈 𝒆𝒆𝒕𝒕𝟑𝟑 = 𝟑𝟑.𝟎𝟎𝟎𝟎 6. La densidad del estaño es 7,3 g/cm3.¿Cuántos electrones libres existen por átomo de estaño? Tomando el dato de la tabla 27.1: n=14.8 1022. 𝒏𝒏 = 𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒓𝒓𝒆𝒆𝒏𝒏𝒆𝒆𝒔𝒔 𝒆𝒆𝒍𝒍𝒍𝒍𝒓𝒓𝒆𝒆𝒔𝒔 𝒑𝒑𝒆𝒆𝒓𝒓 á𝒆𝒆𝒆𝒆𝒕𝒕𝒆𝒆∗𝑵𝑵𝑨𝑨∗𝝆𝝆𝒕𝒕 𝑨𝑨 ; 𝒆𝒆 á𝒆𝒆𝒆𝒆𝒕𝒕𝒆𝒆 = 𝑨𝑨∗𝒏𝒏 𝑵𝑵𝑨𝑨∗𝝆𝝆𝒕𝒕 𝒆𝒆 á𝒆𝒆𝒆𝒆𝒕𝒕𝒆𝒆 = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟖𝟖.𝟔𝟔𝟗𝟗 𝒈𝒈 𝒕𝒕𝒆𝒆𝒆𝒆∗𝟏𝟏𝟒𝟒.𝟖𝟖∗𝟏𝟏𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 𝒆𝒆−/𝒆𝒆𝒕𝒕𝟑𝟑 𝟔𝟔.𝟎𝟎𝟎𝟎∗𝟏𝟏𝟎𝟎𝟎𝟎𝟑𝟑𝒂𝒂𝒆𝒆𝒆𝒆𝒕𝒕𝒆𝒆𝒔𝒔𝒕𝒕𝒆𝒆𝒆𝒆 ∗𝟏𝟏.𝟑𝟑 𝒈𝒈 𝒆𝒆𝒕𝒕𝟑𝟑 = 𝟒𝟒.𝟎𝟎𝟎𝟎 7. Calcular la temperatura de Fermi para: a) Al. b) K. c) Sn. a) 𝒌𝒌 ∗ 𝑻𝑻𝑭𝑭 = 𝑬𝑬𝑭𝑭 ; 𝑻𝑻𝑭𝑭 = 𝑬𝑬𝑭𝑭 𝒌𝒌 = 𝟏𝟏𝟏𝟏.𝟏𝟏 𝒆𝒆𝑽𝑽 𝟖𝟖.𝟔𝟔𝟎𝟎∗𝟏𝟏𝟎𝟎−𝟓𝟓𝒆𝒆𝑽𝑽𝑲𝑲 = 𝟏𝟏.𝟑𝟑𝟔𝟔 ∗ 𝟏𝟏𝟎𝟎𝟓𝟓 𝑲𝑲 b) 𝑻𝑻𝑭𝑭 = 𝑬𝑬𝑭𝑭 𝒌𝒌 = 𝟎𝟎.𝟏𝟏𝟏𝟏 𝒆𝒆𝑽𝑽 𝟖𝟖.𝟔𝟔𝟎𝟎∗𝟏𝟏𝟎𝟎−𝟓𝟓𝒆𝒆𝑽𝑽𝑲𝑲 = 𝟎𝟎.𝟒𝟒𝟓𝟓 ∗ 𝟏𝟏𝟎𝟎𝟒𝟒 𝑲𝑲 c) 𝑻𝑻𝑭𝑭 = 𝑬𝑬𝑭𝑭 𝒌𝒌 = 𝟏𝟏𝟎𝟎.𝟎𝟎 𝒆𝒆𝑽𝑽 𝟖𝟖.𝟔𝟔𝟎𝟎∗𝟏𝟏𝟎𝟎−𝟓𝟓𝒆𝒆𝑽𝑽𝑲𝑲 = 𝟏𝟏.𝟏𝟏𝟖𝟖 ∗ 𝟏𝟏𝟎𝟎𝟓𝟓 𝑲𝑲 8. Calcular la velocidad de un electrón de conducción cuya energía es igual a la energía de Fermi, EF, para a) Na. b) Au. c) Sn. 16. Calcular el potencial de contacto entre a) Ag y Cu. b) Ag y Ni. c) Ca y Cu. a) 𝑽𝑽𝒆𝒆𝒆𝒆𝒏𝒏𝒆𝒆𝒂𝒂𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆 = |∅𝟎𝟎−∅𝟏𝟏| 𝒆𝒆 = (𝟒𝟒.𝟏𝟏−𝟒𝟒.𝟏𝟏)𝒆𝒆𝑽𝑽 𝟏𝟏.𝟔𝟔∗𝟏𝟏𝟎𝟎−𝟏𝟏𝟗𝟗𝑪𝑪 ∗ 𝟏𝟏.𝟔𝟔∗𝟏𝟏𝟎𝟎−𝟏𝟏𝟗𝟗𝑱𝑱 𝟏𝟏 𝒆𝒆𝑽𝑽 = 𝟎𝟎.𝟔𝟔 𝑽𝑽 b) 𝑽𝑽𝒆𝒆𝒆𝒆𝒏𝒏𝒆𝒆𝒂𝒂𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆 = |∅𝟎𝟎−∅𝟏𝟏| 𝒆𝒆 = (𝟓𝟓.𝟎𝟎−𝟒𝟒.𝟏𝟏)𝒆𝒆𝑽𝑽 𝟏𝟏.𝟔𝟔∗𝟏𝟏𝟎𝟎−𝟏𝟏𝟗𝟗𝑪𝑪 ∗ 𝟏𝟏.𝟔𝟔∗𝟏𝟏𝟎𝟎−𝟏𝟏𝟗𝟗𝑱𝑱 𝟏𝟏 𝒆𝒆𝑽𝑽 = 𝟎𝟎.𝟓𝟓 𝑽𝑽 c) 𝑽𝑽𝒆𝒆𝒆𝒆𝒏𝒏𝒆𝒆𝒂𝒂𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆 = |∅𝟎𝟎−∅𝟏𝟏| 𝒆𝒆 = (𝟒𝟒.𝟏𝟏−𝟑𝟑.𝟎𝟎)𝒆𝒆𝑽𝑽 𝟏𝟏.𝟔𝟔∗𝟏𝟏𝟎𝟎−𝟏𝟏𝟗𝟗𝑪𝑪 ∗ 𝟏𝟏.𝟔𝟔∗𝟏𝟏𝟎𝟎−𝟏𝟏𝟗𝟗𝑱𝑱 𝟏𝟏 𝒆𝒆𝑽𝑽 = 𝟎𝟎.𝟗𝟗 𝑽𝑽 Teoría cuántica de la conducción eléctrica 17. Cuando la temperatura del cobre puro disminuye de 300 K a 4 K, su resistividad disminuye en un factor mucho mayor que el presenta el latón cuando se enfría del mismo modo. ¿Por qué? La resistividad del latón a 4 K se debe casi por completo a la ″resistencia residual, ″ la resistencia debida a las impurezas y otras imperfecciones de la red cristalina. En el latón, los iones de zinc actúan como impurezas en el cobre. En cobre puro, la resistividad a 4 K se debe a su resistencia residual, que es muy baja si el cobre es muy puro. 18. Las resistividades del Na, Au y Sn a T=273 K son 4,1 µΩ cm, 2,04 µΩ cm y 10,6 µΩ cm respectivamente. Utilizar estos valores y las velocidades de Fermi calculadas en el problema 8 para determinar los recorridos libres medios λ de los electrones de conducción en estos elementos. 𝝆𝝆 = 𝒕𝒕𝒆𝒆∗𝒗𝒗𝒕𝒕 𝒏𝒏∗𝒆𝒆𝟎𝟎∗𝝀𝝀 ; 𝝀𝝀 = 𝒕𝒕𝒆𝒆∗𝒗𝒗𝒕𝒕 𝒏𝒏∗𝒆𝒆𝟎𝟎∗𝝆𝝆 Usando el problema 8: 𝒖𝒖𝑭𝑭(𝑵𝑵𝒂𝒂) = 𝟏𝟏.𝟎𝟎𝟏𝟏 ∗ 𝟏𝟏𝟎𝟎𝟔𝟔 𝒕𝒕/𝒔𝒔 𝝀𝝀(𝑵𝑵𝒂𝒂) = 𝟗𝟗.𝟏𝟏∗𝟏𝟏𝟎𝟎−𝟑𝟑𝟏𝟏 𝒌𝒌𝒈𝒈∗𝟏𝟏.𝟎𝟎𝟏𝟏∗𝟏𝟏𝟎𝟎𝟔𝟔 𝒕𝒕/𝒔𝒔 𝟎𝟎.𝟔𝟔𝟓𝟓∗𝟏𝟏𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆 𝒆𝒆𝒕𝒕𝟑𝟑 ∗𝟏𝟏𝟎𝟎 𝟔𝟔𝒆𝒆𝒕𝒕𝟑𝟑 𝟏𝟏 𝒕𝒕𝟑𝟑 ∗(𝟏𝟏.𝟔𝟔∗𝟏𝟏𝟎𝟎−𝟏𝟏𝟗𝟗𝑪𝑪)𝟎𝟎∗𝟒𝟒.𝟏𝟏∗𝟏𝟏𝟎𝟎−𝟔𝟔𝝁𝝁 𝛀𝛀 𝐜𝐜𝐜𝐜∗ 𝟏𝟏 𝒕𝒕 𝟏𝟏𝟎𝟎𝟎𝟎 𝒆𝒆𝒕𝒕 = 𝟑𝟑.𝟓𝟓 ∗ 𝟏𝟏𝟎𝟎−𝟖𝟖𝒕𝒕 𝒖𝒖𝑭𝑭(𝑨𝑨𝒖𝒖) = 𝟏𝟏.𝟑𝟑𝟗𝟗 ∗ 𝟏𝟏𝟎𝟎𝟔𝟔 𝒕𝒕/𝒔𝒔 𝝀𝝀(𝑨𝑨𝒖𝒖) = 𝟗𝟗.𝟏𝟏∗𝟏𝟏𝟎𝟎−𝟑𝟑𝟏𝟏 𝒌𝒌𝒈𝒈∗𝟏𝟏.𝟑𝟑𝟗𝟗∗𝟏𝟏𝟎𝟎𝟔𝟔 𝒕𝒕/𝒔𝒔 𝟓𝟓.𝟗𝟗𝟎𝟎∗𝟏𝟏𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆 𝒆𝒆𝒕𝒕𝟑𝟑 ∗𝟏𝟏𝟎𝟎 𝟔𝟔𝒆𝒆𝒕𝒕𝟑𝟑 𝟏𝟏 𝒕𝒕𝟑𝟑 ∗(𝟏𝟏.𝟔𝟔∗𝟏𝟏𝟎𝟎−𝟏𝟏𝟗𝟗𝑪𝑪)𝟎𝟎∗𝟎𝟎.𝟎𝟎𝟒𝟒∗𝟏𝟏𝟎𝟎−𝟔𝟔𝝁𝝁 𝛀𝛀 𝐜𝐜𝐜𝐜∗ 𝟏𝟏 𝒕𝒕 𝟏𝟏𝟎𝟎𝟎𝟎 𝒆𝒆𝒕𝒕 = 𝟒𝟒.𝟏𝟏 ∗ 𝟏𝟏𝟎𝟎−𝟖𝟖𝒕𝒕 𝒖𝒖𝑭𝑭(𝑺𝑺𝒏𝒏) = 𝟏𝟏.𝟖𝟖𝟗𝟗 ∗ 𝟏𝟏𝟎𝟎𝟔𝟔 𝒕𝒕/𝒔𝒔 𝝀𝝀(𝑺𝑺𝒏𝒏) = 𝟗𝟗.𝟏𝟏∗𝟏𝟏𝟎𝟎−𝟑𝟑𝟏𝟏 𝒌𝒌𝒈𝒈∗𝟏𝟏.𝟖𝟖𝟗𝟗∗𝟏𝟏𝟎𝟎𝟔𝟔 𝒕𝒕/𝒔𝒔 𝟏𝟏𝟒𝟒.𝟖𝟖∗𝟏𝟏𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆 𝒆𝒆𝒕𝒕𝟑𝟑 ∗𝟏𝟏𝟎𝟎 𝟔𝟔𝒆𝒆𝒕𝒕𝟑𝟑 𝟏𝟏 𝒕𝒕𝟑𝟑 ∗(𝟏𝟏.𝟔𝟔∗𝟏𝟏𝟎𝟎−𝟏𝟏𝟗𝟗𝑪𝑪)𝟎𝟎∗𝟏𝟏𝟎𝟎.𝟔𝟔∗𝟏𝟏𝟎𝟎−𝟔𝟔𝝁𝝁 𝛀𝛀 𝐜𝐜𝐜𝐜∗ 𝟏𝟏 𝒕𝒕 𝟏𝟏𝟎𝟎𝟎𝟎 𝒆𝒆𝒕𝒕 = 𝟒𝟒.𝟑𝟑 ∗ 𝟏𝟏𝟎𝟎−𝟗𝟗𝒕𝒕 19. La resistividad del cobre puro se incrementa aproximadamente en 1 10-8 Ω m al añadir un 1 % (en número de átomos) de una impureza a través del metal. El recorrido libre medio depende tanto de la impureza como de las oscilaciones de los iones reticulares según la ecuación 𝟏𝟏 𝝀𝝀 = 𝟏𝟏 𝝀𝝀𝒆𝒆 + 𝟏𝟏 𝝀𝝀𝒍𝒍 a) Estimar λi de los datos de la tabla b) Si r es el radio efectivo de un ion de la red con impurezas visto por un electrón, la sección eficaz de dispersión es π r2. Estimar esta área teniendo en cuenta que r está relacionado con λi por la ecuación 𝝀𝝀 = 𝒗𝒗 𝒆𝒆 𝒏𝒏𝒍𝒍𝒆𝒆𝒏𝒏𝟒𝟒𝒓𝒓𝟎𝟎𝒗𝒗𝒆𝒆 = 𝟏𝟏 𝒏𝒏𝒍𝒍𝒆𝒆𝒏𝒏𝟒𝟒𝒓𝒓𝟎𝟎 = 𝟏𝟏 𝒏𝒏𝒍𝒍𝒆𝒆𝒏𝒏𝑨𝑨 a) 𝝆𝝆𝒍𝒍 = 𝒕𝒕𝒆𝒆∗𝒗𝒗𝒕𝒕 𝒏𝒏∗𝒆𝒆𝟎𝟎∗𝝀𝝀𝒍𝒍 = 𝒕𝒕𝒆𝒆∗𝒖𝒖𝑭𝑭 𝒏𝒏∗𝒆𝒆𝟎𝟎∗𝝀𝝀𝒍𝒍 ; 𝝀𝝀𝒍𝒍 = 𝒕𝒕𝒆𝒆∗𝒖𝒖𝑭𝑭 𝒏𝒏∗𝒆𝒆𝟎𝟎∗𝝆𝝆𝒍𝒍 𝒖𝒖𝑭𝑭 = �𝟎𝟎∗𝑬𝑬𝑭𝑭 𝒕𝒕𝒆𝒆 𝝀𝝀𝒍𝒍 = 𝒕𝒕𝒆𝒆∗� 𝟎𝟎∗𝑬𝑬𝑭𝑭 𝒕𝒕𝒆𝒆 𝒏𝒏∗𝒆𝒆𝟎𝟎∗𝝆𝝆𝒍𝒍 = �𝟎𝟎∗𝒕𝒕𝒆𝒆∗𝑬𝑬𝑭𝑭 𝒏𝒏∗𝒆𝒆𝟎𝟎∗𝝆𝝆𝒍𝒍 Usando el valor del cobre de la tabla: 𝝀𝝀𝒍𝒍 = �𝟎𝟎∗𝟗𝟗.𝟏𝟏∗𝟏𝟏𝟎𝟎−𝟑𝟑𝟏𝟏 𝒌𝒌𝒈𝒈∗𝟏𝟏.𝟎𝟎𝟒𝟒 𝒆𝒆𝑽𝑽∗𝟏𝟏.𝟔𝟔∗𝟏𝟏𝟎𝟎−𝟏𝟏𝟗𝟗𝑱𝑱 𝟏𝟏 𝒆𝒆𝑽𝑽 𝟖𝟖.𝟒𝟒𝟏𝟏∗𝟏𝟏𝟎𝟎𝟎𝟎𝟖𝟖𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆 𝒕𝒕𝟑𝟑 ∗(𝟏𝟏.𝟔𝟔∗𝟏𝟏𝟎𝟎−𝟏𝟏𝟗𝟗𝑪𝑪)𝟎𝟎∗𝟏𝟏𝟎𝟎−𝟖𝟖𝛀𝛀𝒕𝒕 = 𝟔𝟔𝟔𝟔.𝟏𝟏 ∗ 𝟏𝟏𝟎𝟎−𝟗𝟗 𝒕𝒕 b) 𝝀𝝀 = 𝟏𝟏 𝒏𝒏𝒍𝒍𝒆𝒆𝒏𝒏∗𝟒𝟒∗𝒓𝒓𝟎𝟎 ; 𝟒𝟒 ∗ 𝒓𝒓𝟎𝟎 = 𝟏𝟏 𝒏𝒏𝒍𝒍𝒆𝒆𝒏𝒏∗𝝀𝝀 = 𝟏𝟏 𝟖𝟖.𝟒𝟒𝟏𝟏∗𝟏𝟏𝟎𝟎𝟎𝟎𝟖𝟖𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆 𝒕𝒕𝟑𝟑 ∗𝟔𝟔𝟔𝟔.𝟏𝟏∗𝟏𝟏𝟎𝟎−𝟗𝟗 = 𝟏𝟏.𝟏𝟏𝟗𝟗 ∗ 𝟏𝟏𝟎𝟎−𝟎𝟎𝟎𝟎𝒕𝒕𝟎𝟎 Teoría de bandas de sólidos. 20. Un metal es un buen conductor porque la banda energética de valencia para los electrones está a) Completamente llena. b) Llena, pero existe sólo un pequeño intervalo prohibido entre ellas y una banda superior vacía. c) Parcialmente llena d) Vacía. e) Ninguna de estas afirmaciones es correcta. Si la banda de valencia está sólo parcialmente llena, hay muchos estados de energía vacíos disponibles en la banda, y los electrones en la banda pueden ser fácilmente elevados a un estado de mayor energía por un campo eléctrico. c) es correcta. 21. Los aislantes son malos conductores de electricidad porque a) hay un pequeño intervalo de energía prohibida entre la banda de valencia y la siguiente banda de energía superior donde pueden existir electrones. b) existe un gran intervalo en energía prohibida entre la banda de valencia y la siguiente banda superior donde pueden existir electrones. c) la banda de valencia tiene pocas vacantes para electrones. d) la banda de valencia está sólo parcialmente llena. e) Ninguna de las afirmaciones es correcta. Los aislantes son malos conductores de la electricidad porque hay una gran brecha de energía entre la banda de valencia completa y la siguiente banda más alta donde los electrones pueden estar. (b) es correcta. 22. Imaginemos un estudiante convertido en un electrón en la parte superior de la banda de valencia de un átomo de silicio, deseoso de saltar a través del intervalo de energía prohibida de 1,14 eV que le separa del fondo de la banda de conducción y participar así en todas las aventuras que ese salto supone. Lo que necesita naturalmente es la ayuda de un fotón. ¿Cuál sería la máxima longitud de onda del fotón que le permitirá saltar sobre el intervalo energético prohibido? 𝑬𝑬 = 𝒉𝒉 ∗ 𝒆𝒆 𝝀𝝀 ; 𝝀𝝀 = 𝒉𝒉∗𝒆𝒆 𝑬𝑬 = 𝟔𝟔.𝟔𝟔𝟑𝟑∗𝟏𝟏𝟎𝟎−𝟑𝟑𝟒𝟒 𝑱𝑱∗𝒔𝒔∗𝟑𝟑∗𝟏𝟏𝟎𝟎𝟖𝟖𝒕𝒕/𝒔𝒔 𝟏𝟏.𝟏𝟏𝟒𝟒 𝒆𝒆𝑽𝑽∗𝟏𝟏.𝟔𝟔∗𝟏𝟏𝟎𝟎−𝟏𝟏𝟗𝟗 𝑱𝑱 𝟏𝟏 𝒆𝒆𝑽𝑽 = 𝟏𝟏.𝟎𝟎𝟗𝟗 ∗ 𝟏𝟏𝟎𝟎−𝟔𝟔𝒕𝒕 23. Resolver el problema 22 para el germanio, cuyo intervalo de energía prohibida es 0,74 eV. 𝑬𝑬 = 𝒉𝒉 ∗ 𝒆𝒆 𝝀𝝀 ; 𝝀𝝀 = 𝒉𝒉∗𝒆𝒆 𝑬𝑬 = 𝟔𝟔.𝟔𝟔𝟑𝟑∗𝟏𝟏𝟎𝟎−𝟑𝟑𝟒𝟒 𝑱𝑱∗𝒔𝒔∗𝟑𝟑∗𝟏𝟏𝟎𝟎𝟖𝟖𝒕𝒕/𝒔𝒔 𝟎𝟎.𝟏𝟏𝟒𝟒 𝒆𝒆𝑽𝑽∗𝟏𝟏.𝟔𝟔∗𝟏𝟏𝟎𝟎−𝟏𝟏𝟗𝟗 𝑱𝑱 𝟏𝟏 𝒆𝒆𝑽𝑽 = 𝟏𝟏.𝟔𝟔𝟖𝟖 ∗ 𝟏𝟏𝟎𝟎−𝟔𝟔𝒕𝒕 24. Resolver el problema 22 para el diamante, cuyo intervalo de energía es 7,0 eV. 𝑬𝑬 = 𝒉𝒉 ∗ 𝒆𝒆 𝝀𝝀 ; 𝝀𝝀 = 𝒉𝒉∗𝒆𝒆 𝑬𝑬 = 𝟔𝟔.𝟔𝟔𝟑𝟑∗𝟏𝟏𝟎𝟎−𝟑𝟑𝟒𝟒 𝑱𝑱∗𝒔𝒔∗𝟑𝟑∗𝟏𝟏𝟎𝟎𝟖𝟖𝒕𝒕/𝒔𝒔 𝟏𝟏.𝟎𝟎 𝒆𝒆𝑽𝑽∗𝟏𝟏.𝟔𝟔∗𝟏𝟏𝟎𝟎−𝟏𝟏𝟗𝟗 𝑱𝑱 𝟏𝟏 𝒆𝒆𝑽𝑽 = 𝟏𝟏.𝟏𝟏𝟖𝟖 ∗ 𝟏𝟏𝟎𝟎−𝟏𝟏𝒕𝒕 25. Un fotón de longitud de onda 3,35 µm posee la energía justa para elevar un electrón desde la banda de valencia a la banda de conducción en un cristal de sulfuro de plomo. a) Determinar el intervalo prohibido de energía entre estas bandas en el sulfuro de plomo. b) Determinar la temperatura T para la cual k T es igual a este intervalo de energía prohibida. a) 𝑬𝑬 = 𝒉𝒉 ∗ 𝒆𝒆 𝝀𝝀 = 𝟔𝟔.𝟔𝟔𝟑𝟑∗𝟏𝟏𝟎𝟎−𝟑𝟑𝟒𝟒 𝑱𝑱∗𝒔𝒔∗𝟑𝟑∗𝟏𝟏𝟎𝟎 𝟖𝟖𝒕𝒕 𝒔𝒔 𝟑𝟑.𝟑𝟑𝟓𝟓∗𝟏𝟏𝟎𝟎−𝟔𝟔 𝒕𝒕 = 𝟓𝟓.𝟗𝟗𝟒𝟒 ∗ 𝟏𝟏𝟎𝟎−𝟎𝟎𝟎𝟎𝑱𝑱 𝟓𝟓.𝟗𝟗𝟒𝟒 ∗ 𝟏𝟏𝟎𝟎−𝟎𝟎𝟎𝟎𝑱𝑱 ∗ 𝟏𝟏 𝒆𝒆𝑽𝑽 𝟏𝟏.𝟔𝟔∗𝟏𝟏𝟎𝟎−𝟏𝟏𝟗𝟗 𝑱𝑱 = 𝟎𝟎.𝟑𝟑𝟏𝟏 𝒆𝒆𝑽𝑽 b) 𝑻𝑻 = 𝑬𝑬 𝒌𝒌 = 𝟎𝟎.𝟑𝟑𝟏𝟏 𝒆𝒆𝑽𝑽 𝟖𝟖.𝟔𝟔𝟏𝟏∗𝟏𝟏𝟎𝟎−𝟓𝟓𝒆𝒆𝑽𝑽/𝑲𝑲 = 𝟒𝟒.𝟎𝟎𝟗𝟗 ∗ 𝟏𝟏𝟎𝟎𝟑𝟑 𝑲𝑲 Teoría BCS de la superconductividad 26. a) Utilizar la ecuación 𝑬𝑬𝒈𝒈 = 𝟑𝟑,𝟓𝟓 𝒌𝒌 𝑻𝑻𝒆𝒆 para calcular la energía prohibida de superconducción para el estaño y comparar el resultado con el valor medido experimentalmente de 6 10-4 eV. b) Utilizar el valor medido para calcular la longitud de onda de un fotón con la energía suficiente para romper los pares de Cooper del estaño a T=0. a) 𝑬𝑬𝒈𝒈 = 𝟑𝟑,𝟓𝟓 ∗ 𝒌𝒌 ∗ 𝑻𝑻𝒆𝒆 = 𝟑𝟑.𝟓𝟓 ∗ 𝟖𝟖.𝟔𝟔𝟏𝟏𝟏𝟏 ∗ 𝟏𝟏𝟎𝟎−𝟓𝟓 𝒆𝒆𝑽𝑽 𝑲𝑲 ∗ 𝟑𝟑.𝟏𝟏𝟎𝟎 𝑲𝑲 = 𝟏𝟏.𝟏𝟏𝟎𝟎 ∗ 𝟏𝟏𝟎𝟎−𝟑𝟑𝒆𝒆𝑽𝑽 𝑬𝑬𝒈𝒈 𝑬𝑬𝒈𝒈 𝒕𝒕𝒆𝒆𝒄𝒄𝒍𝒍𝒄𝒄𝒆𝒆 = 𝟏𝟏.𝟏𝟏𝟎𝟎∗𝟏𝟏𝟎𝟎−𝟑𝟑 𝟔𝟔∗𝟏𝟏𝟎𝟎−𝟒𝟒 = 𝟏𝟏.𝟖𝟖𝟏𝟏 𝑬𝑬𝒔𝒔 𝒑𝒑𝒓𝒓𝒂𝒂𝒆𝒆𝒆𝒆𝒍𝒍𝒆𝒆𝒂𝒂𝒕𝒕𝒆𝒆𝒏𝒏𝒆𝒆𝒆𝒆 𝒆𝒆𝒆𝒆 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒍𝒍𝒆𝒆𝒆𝒆. b) 𝝀𝝀 = 𝒉𝒉∗𝒆𝒆 𝑬𝑬𝒈𝒈 = 𝟔𝟔.𝟔𝟔𝟑𝟑∗𝟏𝟏𝟎𝟎−𝟑𝟑𝟒𝟒 𝑱𝑱∗𝒔𝒔∗𝟑𝟑∗𝟏𝟏𝟎𝟎𝟖𝟖∗𝒕𝒕𝒔𝒔 𝟔𝟔∗𝟏𝟏𝟎𝟎−𝟒𝟒𝒆𝒆𝑽𝑽∗𝟏𝟏.𝟔𝟔∗𝟏𝟏𝟎𝟎−𝟏𝟏𝟗𝟗 𝑱𝑱 𝟏𝟏 𝒆𝒆𝑽𝑽 = 𝟎𝟎.𝟎𝟎𝟏𝟏 ∗ 𝟏𝟏𝟎𝟎−𝟑𝟑𝒕𝒕 27. Repetir el problema 26 para el plomo que tiene una energía prohibida de superconducción de 2,73 10-3 eV. a) 𝑬𝑬𝒈𝒈 = 𝟑𝟑,𝟓𝟓 ∗ 𝒌𝒌 ∗ 𝑻𝑻𝒆𝒆 = 𝟑𝟑.𝟓𝟓 ∗ 𝟖𝟖.𝟔𝟔𝟏𝟏𝟏𝟏 ∗ 𝟏𝟏𝟎𝟎−𝟓𝟓 𝒆𝒆𝑽𝑽 𝑲𝑲 ∗ 𝟏𝟏.𝟏𝟏𝟗𝟗 𝑲𝑲 = 𝟎𝟎.𝟏𝟏𝟏𝟏 ∗ 𝟏𝟏𝟎𝟎−𝟑𝟑𝒆𝒆𝑽𝑽 𝑬𝑬𝒈𝒈 𝑬𝑬𝒈𝒈 𝒕𝒕𝒆𝒆𝒄𝒄𝒍𝒍𝒄𝒄𝒆𝒆 = 𝟎𝟎.𝟏𝟏𝟏𝟏∗𝟏𝟏𝟎𝟎−𝟑𝟑 𝟎𝟎.𝟏𝟏𝟑𝟑∗𝟏𝟏𝟎𝟎−𝟑𝟑 = 𝟎𝟎.𝟏𝟏𝟗𝟗𝟓𝟓 b) 𝝀𝝀 = 𝒉𝒉∗𝒆𝒆 𝑬𝑬𝒈𝒈 = 𝟔𝟔.𝟔𝟔𝟑𝟑∗𝟏𝟏𝟎𝟎−𝟑𝟑𝟒𝟒 𝑱𝑱∗𝒔𝒔∗𝟑𝟑∗𝟏𝟏𝟎𝟎𝟖𝟖∗𝒕𝒕𝒔𝒔 𝟎𝟎.𝟏𝟏𝟑𝟑∗𝟏𝟏𝟎𝟎−𝟑𝟑𝒆𝒆𝑽𝑽∗𝟏𝟏.𝟔𝟔∗𝟏𝟏𝟎𝟎−𝟏𝟏𝟗𝟗 𝑱𝑱 𝟏𝟏 𝒆𝒆𝑽𝑽 = 𝟒𝟒.𝟓𝟓𝟓𝟓 ∗ 𝟏𝟏𝟎𝟎−𝟒𝟒𝒕𝒕 Distribución de Fermi-Dirac 28. El número de electrones de la banda de conducción de un aislante o de un semiconductor se ve regido principalmente por el factor de Fermi. Como la banda de valencia en estos materiales está casi llena y la banda de conducción casi vacía, la energía de Fermi, EF, es generalmente intermedia entre la parte alta de la banda de valencia y el fondo de la banda de conducción, es decir, Eg/2, siendo Eg el intervalo de 35. ¿Cuál es la probabilidad de que un electrón de conducción en la plata tenga una energía cinética de 4,9 eV a T=300 K? Desarrolla el calculo Es el mismo problema que el 31, y el solucionario de un resultado diferente (¿?). No coincide con lo dado en los resultados (¿?) donde f(𝑬𝑬)=0.6(¿?). Si consideramos una energía cinética de 5.49 eV: 𝑬𝑬 − 𝑬𝑬𝑭𝑭 = 𝟓𝟓.𝟒𝟒𝟗𝟗 − 𝟓𝟓.𝟓𝟓 = 𝟎𝟎.𝟎𝟎𝟏𝟏 (𝑬𝑬) = 𝟏𝟏 𝒆𝒆 � −𝟎𝟎.𝟎𝟎𝟏𝟏 𝟖𝟖.𝟔𝟔𝟎𝟎∗𝟏𝟏𝟎𝟎−𝟓𝟓∗𝟑𝟑𝟎𝟎𝟎𝟎 � +𝟏𝟏 = 𝟎𝟎.𝟔𝟔𝟎𝟎 36. Utilizar la función densidad de estados: 𝒈𝒈(𝑬𝑬) = 𝟖𝟖 𝟒𝟒√𝟎𝟎𝒕𝒕𝒆𝒆 𝟑𝟑/𝟎𝟎𝑽𝑽 𝒉𝒉𝟑𝟑 𝑬𝑬𝟏𝟏/𝟎𝟎para estimar la fracción de los electrones de conducción en el cobre que pueden absorber energía en las colisiones con los iones en vibración de la red a a) 77 K. b) 300 K. a) 𝒈𝒈(𝑬𝑬) = 𝟖𝟖∗𝟒𝟒∗√𝟎𝟎∗𝒕𝒕𝒆𝒆 𝟑𝟑 𝟎𝟎∗𝑽𝑽 𝒉𝒉𝟑𝟑 ∗ 𝑬𝑬 𝟏𝟏 𝟎𝟎 = 𝑨𝑨 ∗ 𝑬𝑬 𝟏𝟏 𝟎𝟎 𝑵𝑵 = ∫ 𝒈𝒈(𝑬𝑬)𝒄𝒄𝑬𝑬𝑬𝑬𝑭𝑭 𝟎𝟎 = 𝟖𝟖∗𝟒𝟒∗√𝟎𝟎∗𝒕𝒕𝒆𝒆 𝟑𝟑 𝟎𝟎∗𝑽𝑽 𝒉𝒉𝟑𝟑 ∗ ∫ 𝑬𝑬 𝟏𝟏 𝟎𝟎 ∗ 𝒄𝒄𝑬𝑬𝑬𝑬𝑭𝑭 𝟎𝟎 = 𝟎𝟎 𝟑𝟑 ∗ 𝟖𝟖∗𝟒𝟒∗√𝟎𝟎∗𝒕𝒕𝒆𝒆 𝟑𝟑 𝟎𝟎∗𝑽𝑽 𝒉𝒉𝟑𝟑 ∗ 𝑬𝑬𝑭𝑭 𝟑𝟑 𝟎𝟎 = 𝟎𝟎 𝟑𝟑 ∗ 𝑨𝑨 ∗ 𝑬𝑬𝑭𝑭 𝟑𝟑 𝟎𝟎 𝒌𝒌∗𝑻𝑻∗𝒈𝒈(𝑬𝑬𝑭𝑭) 𝑵𝑵 = 𝒌𝒌∗𝑻𝑻∗𝑨𝑨∗𝑬𝑬 𝟏𝟏 𝟎𝟎𝑭𝑭 𝟎𝟎 𝟑𝟑∗𝑨𝑨∗𝑬𝑬𝑭𝑭 𝟑𝟑 𝟎𝟎 = 𝟑𝟑∗𝒌𝒌∗𝑻𝑻 𝟎𝟎∗𝑬𝑬𝑭𝑭 𝒌𝒌∗𝑻𝑻∗𝒈𝒈(𝑬𝑬𝑭𝑭) 𝑵𝑵 = 𝟑𝟑∗𝟖𝟖.𝟔𝟔𝟎𝟎∗𝟏𝟏𝟎𝟎−𝟓𝟓∗𝒆𝒆𝑽𝑽𝑲𝑲 ∗𝟏𝟏𝟏𝟏𝑲𝑲 𝟎𝟎∗𝟏𝟏.𝟎𝟎𝟒𝟒 𝒆𝒆𝑽𝑽 = 𝟏𝟏.𝟒𝟒𝟏𝟏 ∗ 𝟏𝟏𝟎𝟎−𝟑𝟑 b) 𝒌𝒌∗𝑻𝑻∗𝒈𝒈(𝑬𝑬𝑭𝑭) 𝑵𝑵 = 𝟑𝟑∗𝟖𝟖.𝟔𝟔𝟎𝟎∗𝟏𝟏𝟎𝟎−𝟓𝟓∗𝒆𝒆𝑽𝑽𝑲𝑲 ∗𝟑𝟑𝟎𝟎𝟎𝟎𝑲𝑲 𝟎𝟎∗𝟏𝟏.𝟎𝟎𝟒𝟒 𝒆𝒆𝑽𝑽 = 𝟓𝟓.𝟓𝟓𝟏𝟏 ∗ 𝟏𝟏𝟎𝟎−𝟑𝟑 37. En un semiconductor intrínseco, la energía de Fermi está a mitad de camino entre la parte superior de la banda de valencia y el fondo de la banda de conducción. En el germanio, el intervalo de energía prohibida tiene una anchura de 0,7 eV. Demostrar que a la temperatura ambiente la función de distribución de los electrones en la banda de conducción viene dada por la función de distribución de Maxwell-Boltzmann. 𝒏𝒏(𝑬𝑬) = 𝒈𝒈(𝑬𝑬) ∗ 𝒇𝒇(𝑬𝑬) 𝒈𝒈(𝑬𝑬) = 𝟑𝟑∗𝑵𝑵 𝟎𝟎 ∗ 𝑬𝑬𝑭𝑭 −𝟑𝟑𝟎𝟎 ∗ 𝑬𝑬 𝟏𝟏 𝟎𝟎 𝒇𝒇(𝑬𝑬) = 𝟏𝟏 𝒆𝒆 𝑬𝑬−𝑬𝑬𝑭𝑭 𝒌𝒌∗𝑻𝑻 +𝟏𝟏 𝑬𝑬−𝑬𝑬𝑭𝑭 𝒌𝒌∗𝑻𝑻 = 𝑬𝑬−𝟏𝟏𝟎𝟎∗𝑬𝑬𝒈𝒈 𝒌𝒌∗𝑻𝑻 ≫ 𝟏𝟏 𝒆𝒆 𝑬𝑬−𝑬𝑬𝑭𝑭 𝒌𝒌∗𝑻𝑻 + 𝟏𝟏 ≈ 𝒆𝒆 𝑬𝑬−𝟏𝟏𝟎𝟎∗𝑬𝑬𝒈𝒈 𝒌𝒌∗𝑻𝑻 𝒇𝒇(𝑬𝑬) = 𝟏𝟏 𝒆𝒆 𝑬𝑬−𝑬𝑬𝑭𝑭 𝒌𝒌∗𝑻𝑻 +𝟏𝟏 ≈ 𝟏𝟏 𝒆𝒆 𝑬𝑬−𝟏𝟏𝟎𝟎∗𝑬𝑬𝒈𝒈 𝒌𝒌∗𝑻𝑻 ≈ 𝒆𝒆 𝑬𝑬𝒈𝒈 𝟎𝟎∗𝒌𝒌∗𝑻𝑻 ∗ 𝒆𝒆− 𝑬𝑬 𝒌𝒌∗𝑻𝑻 𝒏𝒏(𝑬𝑬) = 𝒈𝒈(𝑬𝑬) ∗ 𝒇𝒇(𝑬𝑬) = 𝟑𝟑∗𝑵𝑵 𝟎𝟎 ∗ 𝑬𝑬𝑭𝑭 −𝟑𝟑𝟎𝟎 ∗ 𝑬𝑬 𝟏𝟏 𝟎𝟎 ∗ 𝒆𝒆 𝑬𝑬𝒈𝒈 𝟎𝟎∗𝒌𝒌∗𝑻𝑻 ∗ 𝒆𝒆− 𝑬𝑬 𝒌𝒌∗𝑻𝑻 𝒏𝒏(𝑬𝑬) = �𝟑𝟑∗𝑵𝑵 𝟎𝟎 ∗ 𝑬𝑬𝑭𝑭 −𝟑𝟑𝟎𝟎 ∗ 𝒆𝒆 𝑬𝑬𝒈𝒈 𝟎𝟎∗𝒌𝒌∗𝑻𝑻� ∗ 𝑬𝑬 𝟏𝟏 𝟎𝟎 ∗ 𝒆𝒆− 𝑬𝑬 𝒌𝒌∗𝑻𝑻 Existe una dependencia adicional de la temperatura que surge del hecho de que EF depende en T. A temperatura ambiente, exp[(E − Eg/2)/kT] ≥ exp(0.35 eV/0.0259 eV) = 7.4×105, entonces la aproximación que conduce a la distribución de Boltzmann está justificada. 38. a) Demostrar que para E≥ 𝟎𝟎, el factor de Fermi puede escribirse en la forma 𝑓𝑓(𝐸𝐸) = 1 𝐶𝐶𝑒𝑒𝐸𝐸/𝑘𝑘𝑘𝑘+1 b) Demostrar que si C>>𝒆𝒆− 𝑬𝑬 𝒌𝒌𝑻𝑻, 𝒇𝒇(𝑬𝑬) = 𝑨𝑨 𝒆𝒆 𝑬𝑬 𝒌𝒌𝑻𝑻 ≪ 𝟏𝟏 ; dicho de otro modo, demostrar que el factor de Fermi es igual a una constante multiplicada por el factor clásico de Boltzmann si A<<1. c) Utilizar ∫𝒏𝒏(𝑬𝑬)𝒄𝒄𝑬𝑬 = 𝑵𝑵 y la ecuación: 𝒈𝒈(𝑬𝑬) = 𝟖𝟖 𝟒𝟒√𝟎𝟎𝒕𝒕𝒆𝒆 𝟑𝟑/𝟎𝟎𝑽𝑽 𝒉𝒉𝟑𝟑 𝑬𝑬𝟏𝟏/𝟎𝟎 para determinar la constante A. d) Mediante el resultado obtenido en (c) demostrar que la aproximación clásica es aplicable cuando la concentración d electrones es muy pequeña y/o la temperatura es muy alta. Demostrar que para estos sistemas puede aplicarse la función de distribución clásica. e) La mayoría de los semiconductores tienen impurezas añadidas mediante un proceso llamado dopado. Estas impurezas aumentan la concentración de electrones libres de manera que a temperatura ambiente ésta es de unos 1017 /cm3. Demostrar que para estos sistemas puede aplicarse la función de distribución clásica. a) 𝒇𝒇(𝑬𝑬) = 𝟏𝟏 𝒆𝒆 𝑬𝑬−𝑬𝑬𝑭𝑭 𝒌𝒌∗𝑻𝑻 +𝟏𝟏 = 𝟏𝟏 𝒆𝒆 −𝑬𝑬𝑭𝑭 𝒌𝒌∗𝑻𝑻 ∗𝒆𝒆 𝑬𝑬 𝒌𝒌∗𝑻𝑻+𝟏𝟏 = 𝟏𝟏 𝑪𝑪∗𝒆𝒆 𝑬𝑬 𝒌𝒌∗𝑻𝑻+𝟏𝟏 ; 𝒆𝒆𝒆𝒆𝒏𝒏 𝑪𝑪 = 𝒆𝒆 −𝑬𝑬𝑭𝑭 𝒌𝒌∗𝑻𝑻 b) 𝑺𝑺𝒍𝒍 𝐂𝐂 >> 𝒆𝒆− 𝑬𝑬 𝒌𝒌∗𝑻𝑻 𝒇𝒇(𝑬𝑬) = 𝟏𝟏 𝑪𝑪∗𝒆𝒆 𝑬𝑬 𝒌𝒌∗𝑻𝑻+𝟏𝟏 ≈ 𝟏𝟏 𝑪𝑪∗𝒆𝒆 𝑬𝑬 𝒌𝒌∗𝑻𝑻 = 𝑨𝑨 ∗ 𝒆𝒆 −𝑬𝑬 𝒌𝒌∗𝑻𝑻;𝑨𝑨 = 𝟏𝟏 𝑪𝑪 c) 𝒏𝒏(𝑬𝑬) ∗ 𝒄𝒄𝑬𝑬 = 𝒈𝒈(𝑬𝑬) ∗ 𝒄𝒄𝑬𝑬 ∗ 𝒇𝒇(𝑬𝑬) = 𝑵𝑵 𝒈𝒈(𝑬𝑬) = 𝟖𝟖∗𝟒𝟒∗√𝟎𝟎∗𝒕𝒕𝒆𝒆 𝟑𝟑 𝟎𝟎∗𝑽𝑽 𝒉𝒉𝟑𝟑 ∗ 𝑬𝑬 𝟏𝟏 𝟎𝟎 𝑵𝑵 = 𝟖𝟖∗𝟒𝟒∗√𝟎𝟎∗𝒕𝒕𝒆𝒆 𝟑𝟑 𝟎𝟎∗𝑽𝑽 𝒉𝒉𝟑𝟑 ∗ 𝑨𝑨 ∗ ∫ 𝑬𝑬 𝟏𝟏 𝟎𝟎 ∗ 𝒆𝒆 −𝑬𝑬 𝒌𝒌∗𝑻𝑻 ∗ 𝒄𝒄𝑬𝑬∞ 𝟎𝟎 ∫ 𝑬𝑬 𝟏𝟏 𝟎𝟎 ∗ 𝒆𝒆 −𝑬𝑬 𝒌𝒌∗𝑻𝑻 ∗ 𝒄𝒄𝑬𝑬∞ 𝟎𝟎 = (𝒌𝒌∗𝑻𝑻)𝟑𝟑/𝟎𝟎 𝟎𝟎 ∗ √𝟒𝟒 𝑵𝑵 = 𝟖𝟖∗𝟒𝟒∗√𝟎𝟎∗𝒕𝒕𝒆𝒆 𝟑𝟑 𝟎𝟎∗𝑽𝑽 𝒉𝒉𝟑𝟑 ∗ 𝑨𝑨 ∗ (𝒌𝒌∗𝑻𝑻)𝟑𝟑/𝟎𝟎 𝟎𝟎 ∗ √𝟒𝟒 𝑨𝑨 = √𝟎𝟎∗𝒉𝒉𝟑𝟑 𝟖𝟖∗𝟒𝟒 𝟑𝟑 𝟎𝟎∗𝒕𝒕𝒆𝒆 𝟑𝟑 𝟎𝟎 ∗ 𝑵𝑵 𝑽𝑽 ∗ 𝟏𝟏 (𝒌𝒌∗𝑻𝑻)𝟑𝟑/𝟎𝟎 d) Para T=300 K 𝑨𝑨 = √𝟎𝟎∗(𝟔𝟔.𝟔𝟔𝟑𝟑∗𝟏𝟏𝟎𝟎−𝟑𝟑𝟒𝟒 𝑱𝑱∗𝒔𝒔)𝟑𝟑 𝟖𝟖∗𝟒𝟒 𝟑𝟑 𝟎𝟎∗(𝟗𝟗.𝟏𝟏𝟏𝟏∗𝟏𝟏𝟎𝟎−𝟑𝟑𝟏𝟏𝒌𝒌𝒈𝒈)𝟑𝟑/𝟎𝟎 ∗ 𝒏𝒏 ∗ 𝟏𝟏 �𝟏𝟏.𝟑𝟑𝟖𝟖∗𝟏𝟏𝟎𝟎 −𝟎𝟎𝟑𝟑𝑱𝑱 𝑲𝑲 ∗𝟑𝟑𝟎𝟎𝟎𝟎� 𝟑𝟑 𝟎𝟎 = 𝟒𝟒 ∗ 𝟏𝟏𝟎𝟎−𝟎𝟎𝟔𝟔 ∗ 𝒏𝒏 La concentración de electrones de valencia es típicamente alrededor de 1039 m-3. Para satisfacer la condición de que A<<1 a temperatura ambiente, n debe ser inferior a 1023 m-3, o aproximadamente una millonésima parte de la concentración de electrones de valencia. Porque A depende de T-3/2, la concentración de electrones puede ser mayor cuanto mayor sea la temperatura. e) 1017 cm-3 =1023 m-3. Entonces, según el criterio en (d), se aplica la aproximación clásica. 39. Demostrar que la condición de aplicabilidad de la función de distribución clásica para un gas electrónico ( A<<1 en el problema 38) es equivalente al requisito de que la separación media entre electrones sea mucho mayor que su longitud de onda de De Broglie. Podemos aproximar la separación de electrones en el gas por (V/N)1/3 y usar A del problema 38 y la ecuación de Broglie para expresar la separación d de electrones en términos de la longitud de onda λ de De Broglie y la constante A. La separación d de electrones es aproximadamente: 𝒄𝒄 = �𝑵𝑵 𝑽𝑽 � 𝟏𝟏 𝟑𝟑 Según el problema 38: 𝑨𝑨 = √𝟎𝟎∗𝒉𝒉𝟑𝟑 𝟖𝟖∗𝟒𝟒 𝟑𝟑 𝟎𝟎∗𝒕𝒕𝒆𝒆 𝟑𝟑 𝟎𝟎 ∗ 𝑵𝑵 𝑽𝑽 ∗ 𝟏𝟏 (𝒌𝒌∗𝑻𝑻)𝟑𝟑/𝟎𝟎 𝒄𝒄 = �𝑵𝑵 𝑽𝑽 � 𝟏𝟏 𝟑𝟑 = 𝟎𝟎𝟏𝟏/𝟔𝟔∗𝒉𝒉 𝟖𝟖𝟏𝟏/𝟑𝟑∗𝟒𝟒 𝟏𝟏 𝟎𝟎∗𝒕𝒕𝒆𝒆 𝟏𝟏 𝟎𝟎 ∗ 𝟏𝟏 (𝒌𝒌∗𝑻𝑻) 𝟏𝟏 𝟎𝟎∗𝑨𝑨 𝟏𝟏 𝟑𝟑 = 𝟎𝟎 𝟏𝟏 𝟔𝟔∗𝒉𝒉 𝟒𝟒 𝟏𝟏 𝟎𝟎 ∗ 𝟏𝟏 �𝟎𝟎∗𝒕𝒕𝒆𝒆∗𝒌𝒌∗𝑻𝑻∗𝑨𝑨 𝟏𝟏 𝟑𝟑 Usando De Broglie: 𝒑𝒑 = 𝒉𝒉 𝝀𝝀 = �𝟎𝟎 ∗𝒕𝒕 ∗ 𝑬𝑬𝒆𝒆 = �𝟎𝟎 ∗𝒕𝒕𝒆𝒆 ∗ 𝒌𝒌 ∗ 𝑻𝑻 𝒄𝒄 = 𝟎𝟎 𝟏𝟏 𝟔𝟔∗𝒉𝒉 𝟒𝟒 𝟏𝟏 𝟎𝟎 ∗ 𝟏𝟏 �𝟎𝟎∗𝒕𝒕𝒆𝒆∗𝒌𝒌∗𝑻𝑻∗𝑨𝑨 𝟏𝟏 𝟑𝟑 = 𝟎𝟎 𝟏𝟏 𝟔𝟔∗𝒉𝒉 𝟒𝟒 𝟏𝟏 𝟎𝟎 ∗ 𝝀𝝀 𝒉𝒉∗𝑨𝑨 𝟏𝟏 𝟑𝟑 𝒄𝒄 = 𝟎𝟎 𝟏𝟏 𝟔𝟔 𝟒𝟒 𝟏𝟏 𝟎𝟎 ∗ 𝝀𝝀 𝑨𝑨 𝟏𝟏 𝟑𝟑 = 𝟎𝟎.𝟔𝟔𝟑𝟑𝟑𝟑 ∗ 𝝀𝝀 𝑨𝑨 𝟏𝟏 𝟑𝟑 Si A <<1 , d>> λ. 40. El valor de la raíz cuadrática media (rcm) de una variable se obtiene calculando el valor medio de los cuadrados de dicha variable y extrayendo la raíz cuadrada del resultado. Utilizar este procedimiento para determinar la energía rcm de una distribución de Fermi. Expresar el resultado en función de EF y compararlo con la energía media. ¿Por qué difieren Em y Ercm? 𝑬𝑬𝒓𝒓𝒆𝒆𝒕𝒕 = �𝟏𝟏 𝑵𝑵 ∗ ∫ 𝒈𝒈(𝑬𝑬) ∗ 𝑬𝑬𝟎𝟎 ∗ 𝒄𝒄𝑬𝑬 𝑬𝑬𝑭𝑭 𝟎𝟎 � 𝟏𝟏 𝟎𝟎 𝒈𝒈(𝑬𝑬) = 𝟑𝟑∗𝑵𝑵 𝟎𝟎 ∗ 𝑬𝑬𝑭𝑭 −𝟑𝟑𝟎𝟎 ∗ 𝑬𝑬 𝟏𝟏 𝟎𝟎 𝑬𝑬𝒓𝒓𝒆𝒆𝒕𝒕 = �𝟏𝟏 𝑵𝑵 ∗ ∫ 𝟑𝟑∗𝑵𝑵 𝟎𝟎 ∗ 𝑬𝑬𝑭𝑭 −𝟑𝟑𝟎𝟎 ∗ 𝑬𝑬 𝟏𝟏 𝟎𝟎 ∗ 𝑬𝑬𝟎𝟎 ∗ 𝒄𝒄𝑬𝑬 𝑬𝑬𝑭𝑭 𝟎𝟎 � 𝟏𝟏 𝟎𝟎 = � 𝟏𝟏 𝟎𝟎∗𝑵𝑵∗𝑬𝑬𝑭𝑭 𝟑𝟑 𝟎𝟎 ∗ ∫ 𝑬𝑬 𝟑𝟑 𝟎𝟎 ∗ 𝒄𝒄𝑬𝑬 𝑬𝑬𝑭𝑭 𝟎𝟎 � 𝟏𝟏/𝟎𝟎 𝑬𝑬𝒓𝒓𝒆𝒆𝒕𝒕 = �𝟑𝟑 𝟏𝟏 ∗ 𝑬𝑬𝑭𝑭 = 𝟎𝟎.𝟔𝟔𝟓𝟓𝟓𝟓 ∗ 𝑬𝑬𝑭𝑭 𝑬𝑬𝒓𝒓𝒆𝒆𝒕𝒕 > 𝑬𝑬𝒕𝒕 porque el proceso de promediar el cuadrado de la energía pesa más las energías más grandes. 41. Cuando una estrella de masa unas dos veces mayor que la del Sol ha consumido su combustible nuclear, se colapsa formando una estrella de neutrones, es decir, una esfera de neutrones de unos 1010 km de diámetro. Los neutrones son partículas de espín ½ y como los electrones están sometidos al principio de exclusión. a) Determinar la densidad neutrónica de esta estrella de neutrones. b) Determinar la energía de Fermi de la distribución neutrónica. a) El diámetro dado en el enunciado no puede ser correcto. Tomamos 10 km como diámetro Consideramos la densidad neutrónica como: