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UNIVERSIDAD NACIONAL DE INGENIER´IA - FIEE ´ A LA F´ISICA DEL ESTADO SOLIDO ´ INTRODUCCION - FI904 Por: Nelson Villegas

24 de noviembre de 2019

Quinta Practica Calificada, 2019-2 Problema 1 A una temperatura de T = 20 ◦ C un cristal de Cu presenta una resistividad el´ectrica de ρ = 1, 68 µΩcm y su densidad electr´ onica es n = 8, 49 × 1022 cm−3 . Calcule el tiempo de relajaci´on y camino libre medio de los electrones.

Soluci´ on: De la expresion para la conductividad el´ectrica, despejamos el tiempo de relajaci´on τ : σ =

ne2 τ me

→

τ =σ

me 1 ∧ σ= ne2 ρ

⇒τ =

1 me ρ ne2

(1)

Datos: T = 20 ◦ C = 293 K

ρ = 1, 68 µΩcm = 1,68 × 10−8 Ωm

n = 8, 49 × 1022 cm−3 = 8, 49 × 1028 m−3

Reemplazamos en (1): τ =(

1 (9,11 × 10−31 kg) ) −8 1,68 × 10 Ωm (8, 49 × 1028 m−3 )(1,6 × 10−19 C)2

⇒

τ = 2,495 × 10−14 s

Para el tiempo de recorrido libre medio l, recordemos qu´e la energ´ıa t´ermica promedio es, 32 kB T y consideremos vt como la velocidad t´ermica (no hay corriente, vt 6= vd ): r 3 1 kB T 2 kB T = mvt → vt = 3 ∧ l = vt τ (2) 2 2 me Hallemos vt con T = 293 K y kB = 1,38 × 10−23 J/K, para hallar l en (2): s (1,38 × 10−23 J/K)(293 K) vt = 3 = 1,154 × 105 m/s 9,11 × 10−31 kg l = vt τ = (1,154 × 105 m/s)(2,495 × 10−14 s)

⇒

l = 2,878 × 10−9 m

Problema 2 En el marco del modelo de Drude a cierta temperatura T lo suficiente mente grande uno puedo despreciar la velocidad de arrastre surgida por la aplicaci´ on de un campo el´ectrico E y encontrar la expresi´on de la conductividad como: ne2 l σ = √ T −1/2 3kB me 1

Donde n es la concentraci´ on electr´ onica, l el camino libre medio, me la masa del electr´on i) Demuestre la expresi´ on anterior ii) Obtenga la conductividad del cobre a temperatura ambiente sabiendo que n = 9 × 1028 m−3 y l = 3, 6˚ A.

Soluci´ on: Para deducir la expresion de la conductividad el´ectrica (modelo cl´asico), veamos el siguiente gr´afico donde evaluamos para una secci´ on del conductor: Al aplicar un campo el´ectrico, las cargas se orientan. Consideremos: n = n´ umero de electrones por volumen q = carga total que se mueven en la longitud l en el conductor: → q = n(vd τ A)e τ = tiempo en que las cargas recorren la longitud l:

La corriente I y la densidad de corriente J en funci´on de estos parametro ser´a: n(vd τ A)e q = τ τ

I=

→

∧

I = nvd A e

J=

I nvd A e = A A

→

J = nvd e

(3)

~ Ahora, de la relaci´ on experimental entre J~ y E: ~ J~ = σ E

(4)

Del analisis din´ amico (Drude-Lorentz) para un electr´on: vd F~ = m~a → Ee = m τ

⇒

E=

mvd τe

(5)

Reemplazando (4) y (5) en (3): σE = nvd e

→

σ=

nvd e E

⇒

σ=

ne2 τ m

(6)

Recordando tambien qu´e: 1 3 kB T = mvd2 2 2

r →

vd =

kB T 3 me

r ∧

l = vd τ

→

τ =l

me 3kB T

(7)

Reemplazo (7) en (6): ne2 σ= (l me

r

me ) 3kB T

⇒

σ = √

ne2 l T −1/2 3kB me

(8)

Reemplazamos en (8) para el Cu a temperatura ambiente T = 300 K, n = 9 × 1028 m−3 y l = 3, 6 × 10−10 m: σ = p

(9 × 1028 m−3 )(1,6 × 10−19 C)2 (3, 6˚ A) 3(1,38 ×

10−23

J/K)(9,11 ×

10−31

kg)me

(300 K)−1/2

⇒

σcu = 7,797 × 106 Ω−1 m−1

Problema 3 Para un gas en 2D de electrones libres i) Calcule la densidad de estados en funci´on del n´ umero de onda K y de la energ´ıa E ii) Deduzca la EF en funci´ on de la densidad electr´onica n iii) Si nc representa la cantidad de electrones cuyas energ´ıas son tal que E  EF y adem´as la energ´ıa m´ as baja de estos electrones es Ec. Deduzca una expresi´ on de nc en funci´ on de Ec y T Nota: Para esta parte tendr´ a que usar la distribuci´on de Fermi fF D (E) = 1/(e(E−EF )/KB T + 1) 2

Soluci´ on: Recordemos de la mec´ anica cu´ atica la expresi´on de la energ´ıa para un estado cu´atico de una part´ıcula en una caja de potencial infinita (sim´etrica): En 1D: En =

~2 π 2 2 (n ) 2mL2

En 2D: En =

~2 π 2 2 (n + n22 ) 2mL2 1

En 3D: En =

~2 π 2 2 (n + n22 + n23 ) 2mL2 1

(9)

Para un gas de electrones en 2D podemos modelarla como si la part´ıcula estuviera en una caja infinita 2D (cuadrada) y usar la energ´ıa en 2D de (9): E=

~2 π 2 2 (n + n22 ) 2mL2 1

donde: n1 = 1, 2, 3, . . . ; n2 = 1, 2, 3, . . .

Vemos que para cada valor de las variables n1 y n2 se conforman un estado u ´nico y diferente entre s´ı, a su vez asignando una energ´ıa propia E para cada valor de estos y por ende para cada estado n1 y n2 . Entonces podemos llevar a un sistema con ejes n1 y n2 para cada valor de energ´ıa, osea para cada estado de la part´ıcula (en nuestro caso electr´ on) Pero cuando se analiza un gas, (nombre sugenrente de cantidades muy grandes) la cantidad de estados es elevadizimo. Para entender mejor gr´ afiquemos los estados en el sistema de coordenadas n1 y n2 :

A cada punto le corresponde un estado y energ´ıa propia permitida, por ejemplo al punto (1,3) le asginamos E13 y al punto (5,2) ser´a E52

Para una cantidad realmente grande como ocurre en los gases de electrones los estados tambien se hacen muy interminables

Una forma l´ ogica de encontrar el numero de estado cuando son realmente infinitos (muy grandes), ser´ıa encontrar el ´ area y dividirlo entre el ´ area de que ocupa un estado, ´osea entre uno mismo ya que este sistema su coordenada difieren en una unidad De la fig 2 y la energ´ıa en 2D obtenemos la ecuaci´on de una circunferencia en nuestro sistema de coordenadas n1 n2 con radio nr (Usamos un circulo porque la energ´ıas son iguales en su radio respectivo) : r 2mL2 2mL2 2 2 2 2 2 n1 + n2 = E 2 2 → nr = n1 + n2 ⇒ nr = E 2 2 ~ π ~ π Entonces la cantidad de estados totales N contenidos desde 0 hasta E, que es lo mismo en un radio nr , y teniendo encuenta solo el primer cuadrante ya que n1 y n2 son enteros positivos. Otro factor importante aqu´ı es el cuarto n´ umero cu´ atico ”Spin”, que a˜ nade un estado adicional a cada estado definido por n1 y n2 :

N=

´ Area de todos los estado en el 1er cuadrante 1 πn2 ×2 = ( r)×2 ´ 4 1 Area ocupada por 1 estado 3

⇒

N=

mL2 E π~2

(10)

i) Para la densidad de estado g (E) Sabemos por definici´on qu´e g (E) representa el numero de estado dN entre las energ´ıas E y E + dE dE, y usando (10) : g(E) =

dN (E) ∆N = ∆E dE

⇒

g(E) =

mL2 π~2

Para encontrar la densidad de estados en funci´on de k, g (k) , hacemos el siguiente artificio usando la definici´ on:

dN = g(E)dE =

mL2 dE . . . π~2

Como: E =

g(k) =

~2 k 2 2m

dN L2 k = dk π

→ dE = ⇒

~2 k dk m

g(k) =

→

dN =

mL2 ~2 k dk π~2 m

L2 k π

ii) Recordemos que la densidad electronica n, es la cantidad de electrones libres por unidad de superficie: n=

dN e Ne = 2 L dA

Y la densidad de estados por unidad de superficie D(E): D(E) =

dg(E) g(E) d dN d dN dn = = ( )= ( )= ´ dA dA dE dE dA dE Area

→

dn = D(E)dE

g(E) 1 dN m m = 2 = ⇒ dn = dE (11) 2 2 L L dE π~ π~2 Hallemos EF a T = 0 K para aprovechar fE = 1, (total de estados ser´a el total de electrones que hay desde 0 hasta la EF ) , y EF es una constante as´ı que no cambia a caulquier temperatura: Como a O K el numero de electrones coincide con el numero de estados ocuapados, (11) hallemos el total de electrones libres en toda la superficie L2 , osea n: Z n Z EF N π~2 m N = Ne → n = 2 : E = dn = dE ⇒ n F L π~2 m 0 0 D(E) =

iii) Hallamos nc integrando dN desde una energ´ıa Ec hasta ∞, teniedo en cuenta que la energ´ıa de los electrones E  EF . Usemos: Z nc Z ∞ Z ∞ Z mL2 mL2 ∞ 1 dN = g(E) fE dE = fE dE → nc = dE 2 2 (E−E )/K F BT + 1 π~ Ec e 0 Ec Ec π~ Dado que E  EF : e(E−Ep)/KB T + 1 ∼ = e(E−Ep)/KB T

→

fE = e−(E−EF )/KB T

Reemplazamos: Z mL2 ∞ −(E−Ep)/KB T mL2 nc = e dE = (−kB T e−(E−EF )/KB T )|∞ Ec π~2 Ec π~2

⇒

nc =

mL2 KB T e−(Ec −EF )/KB T π~2

Problema 4 Para un gas de electrones libres en 3D, en un volumen V , cuya energ´ıa de Fermi es EF : i) Derive una expresi´ on para el n´ umero de electrones libres con energias entre E y E + dE, a O K, y siendo E < EF . ii) Encuentre el n´ umero total N de electrones libres en el volumen V, en funci´on de EF . iii) Encuentre la energ´ıa total del sistema en funci´on de N y EF , a 0 K. (Puede modelar el pedazo de metal como una caja de potencial c´ ubica) 4

Soluci´ on: De manera similar que el problema anterior solo que esta vez aplicado a 3 dimensiones. Usaremos los calculos de la pregunta anteorior para tomerlos como v´alidos. i) para el numero de electrones libres entre E y E + dE, osea una cantidad diferencial de electrones libres dN : Recordemos en 3D, la energ´ıa de una particula en una caja de potencial (sugerencia del problema para modelar este problema) ~2 π 2 2 (n + n22 + n23 ) 2mL2 1 Llevando al sistema de coordenadas dependiente de los valores de los ns, y recordemos cada estado tiene asociado un solo conjunto de numeros cu´aticos y or ende un valor de energ´ıa aveces hasta degenerado, pero a´ un asi los estados son diferentes apra cada valor de los parametros ns. Veamos gr´aficamente el sistema de coordenadas n1 n2 n3 : E=

Igual que en el caso anterior, el n´ umero de estados, contenidos en el volumen de una esfera de radio nr , dividido entre el volumen que ocupa un estado, osea entre una unidad c´ ubica. Pero como sabemos de definici´on dado que los ns toman solo valore positivos, solo consideramos un octante de esfera Ademas debemos tener presente por el principio de esclusion de pauli dos electrones no pueden tener el mismo grupo de numeros cu´aticos, osea el n´ umero de espin duplica la posibilidad de estado, por ello multiplicamos por 2:

El n´ umero de estados ser´ a: N=

Vol. del octante 1 4 πn3 (2) = ( ) 3 r (2) . . . Vol. de un estado 8 1

N=

π 2mL2 3/2 ( E) . . . 3 ~2 π 2

Diferenciando :

Pero : n2r = n21 + n22 + n23 = dN =

2mL2 E ~2 π 2

1 2m 3/2 3 ( ) L (E)1/2 dE 2π 2 ~2

(12)

ii) Reemplazando EF para N en (12): N = N (EF ) =

π 2mL2 EF )3/2 . . . ( 3 ~2 π 2

iii) La energ´ıa total a T = 0 K: Z EF Etotal = EdN . . .

Como V = L3

⇒

N=

1 2m 3/2 3/2 ( ) V EF 3π 2 ~2

dN : dN electrones con energ´ıas entre E y E + dE

(13)

(14)

0

Reemplazando dN de (12) en (14): Z EF 1 2m 3/2 3 3/2 2 1 2m 3 1 2m F Etotal = ( ) L E dE = ( ) 2 ( 2 )3/2 L3 (E)5/2 |E = ( ) 2 ( 2 )3/2 L3 (EF )3/2 EF 0 2 ~2 2π 5 2π ~ 5 3π ~ 0 Aqu´ı reemplazamos N de (13): 1 2m 3 Etotal = ( ) [ 2 ( 2 )3/2 L3 (EF )3/2 ] EF 5 3π ~

5

⇒

Etotal =

3 N EF 5