Capítulo 41 - Halliday (Resolução)

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Capítulo 41
1. De acordo com a Eq. 41-9, a energia de Fermi é dada por
2/3 2
2/33 ,
16 2F
hE n
mπ
 =   
em que n é o número de elétrons de condução por unidade de volume, m é a massa do elétron e h é a constante de Planck. Este 
resultado pode ser escrito na forma EF = An2/3, em que 
2/3 2/32 34 2
38 2 2
31
3 3 (6,626 10 J s) 5,842 10 J s /kg.
9,109 10 kg16 2 16 2
hA
mπ π
−
−
−
   
   
   
× ⋅= = = × ⋅
×
Como 1 J = 1 kg · m2/s2, a unidade de A também pode ser expressa como m2 · J. Dividindo por 1,602 × 10–19 J/eV, obtemos 
19 23,65 10 m eV.A −= × ⋅
2. De acordo com a Eq. 41-5, a densidade de estados de um metal é dada por
3/2
1/2
3
8 2( ) ,mN E E
h
π=
que pode ser escrita na forma
1/2( )N E CE=
em que
3/2 31 3/2
56 3/2 3 3
3 34 3
27 3 2/3
8 2 8 2 (9,109 10 kg) 1,062 10 kg /J s
(6,626 10 J s)
6,81 10 m (eV) .
mC
h
π π −
−
− −
×= = = × ⋅
× ⋅
= × ⋅
Assim,
1/2 27 3 2/3 1/2 28 3 1( ) 6,81 10 m (eV) (8,0eV) 1,9 10 m eV ,N E CE − − − −  = = × ⋅ = × ⋅
o que está de acordo com a curva da Fig. 41-6.
3. O número de átomos de cobre por unidade de volume é dado por n = d/M, em que d é a massa específica do cobre e M é a massa 
de um átomo de cobre. Como cada átomo contribui com um elétron de condução, n também é o número de elétrons de condução 
por unidade de volume. Chamando de A a massa molar do cobre, temos
22
23 1
63,54 g/mol 1,055 10 g.
6,022 10 molA
AM
N
−
−= = = ××
Assim,
3
22 3 28 3
22
8,96g/cm 8,49 10 cm 8,49 10 m .
1,055 10 g
n − −−= = × = ××
4. Seja E1 = 63 meV + EF e seja E2 = –63 meV + EF. Nesse caso, de acordo com a Eq. 41-6,
11 ( )/
1 1 ,
1 1FE E kT x
P
e e−
= =
+ +
M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 2 5 1
em que x = (E1 – EF)/kT. Explicitando ex, obtemos
1
1 1 911 1 .
0,090 9
xe
P
= − = − =
Assim,
2 12 1( )/ ( )/
1 1 1 1 0,91.
1 (91/9) 11 1F F xE E kT E E kT
P
ee e − −− − −
= = = = =
+ ++ +
5. (a) De acordo com a Eq. 41-5, a densidade de estados de um metal é dada por
3/2
1/2
3
8 2( ) ,mN E E
h
π=
que pode ser escrita na forma
1/2( )N E CE=
em que
3/2 31 3/2
56 3/2 3 3
3 34 3 .
8 2 8 2 (9,109 10 kg) 1,062 10 kg /J s
(6,626 10 J s)
mC
h
π π −
−
×= = = × ⋅
× ⋅
(b) Como 1J = 1kg · m2/s2, 1 kg = 1 J · s2 · m–2. Assim, a unidade de C pode ser escrita na forma
2 3/2 2 3/2 3 3 3/2 3(J s ) (m ) J s J m .− − − − −⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅
Isso significa que
56 3/2 3 19 3/2 27 3 3/2(1,062 10 J m )(1,602 10 J/eV) 6,81 10 m eV .C − − − − −= × ⋅ × = × ⋅
(c) Para E = 5,00 eV, temos
27 3 3/2 1/2 28 1 3( ) (6,81 10 m eV )(5,00eV) 1,52 10 eV m .N E − − − −= × ⋅ = × ⋅
6. Como, de acordo com o resultado do Problema 41-3, n = 8,49 × 1028 m–3 = 84,9 nm–3, a Eq. 41-9 nos dá
2 2
2/3 3 2/3
2 3
0,121( ) 0,121(1240eV nm) (84,9nm ) 7,0 eV.
511 10 eVF e
hcE n
m c
−⋅= = =
×
7. PENSE Este problema envolve P(E), a probabilidade de que um nível de energia esteja ocupado por um elétron. 
FORMULE A Fig. 41-7 mostra um gráfico de P(E) em função de E. Como se pode ver na figura, para T = 0 K, P(E) = 1 para 
E ≤ EF, em que EF é a energia de Fermi, e zero para E > EF. Por outro lado, a probabilidade de que um estado de energia E esteja 
ocupado à temperatura T é dada por
em que k é a constante de Boltzmann e EF é a energia de Fermi.
ANALISE (a) Para T = 0, a probabilidade de que qualquer estado com uma energia maior que a energia de Fermi esteja ocupado 
é zero; por isso, a resposta é zero.
(b) E – EF = 0,0620 eV e
2 5 2 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 
Assim,
O valor de k está no Apêndice B.
APRENDA Para E = EF, a probabilidade de ocupação é P(EF) = 0,5. Assim, podemos pensar na energia de Fermi como a energia 
de um estado que tem uma probabilidade de 0,5 de ser ocupado por um elétron.
8. Se o ouro é um metal monovalente, cada átomo do elemento contribui com um elétron de condução. Assim, a Eq. 41-4 
nos dá
3 6 3 3
28 3
23 1
(19,3g/cm )(10 cm /m ) 5,90 10 m .
(197g/mol)/(6,02 10 mol )
n −−= = ××
9. PENSE De acordo com o Apêndice F, a massa molar da prata é M = 107,870 g/mol e a massa específica é r = 10,49 g/cm3. A 
prata é monovalente.
FORMULE A massa do átomo de prata pode ser calculada dividindo a massa molar pelo número de Avogadro:
Como a prata é monovalente, existe um elétron de valência por átomo de prata (veja a Eq. 41-2). 
ANALISE (a) A concentração de elétrons de condução é
(b) A energia de Fermi é
(c) Como 2 /2F FE mv= ,
(d) O comprimento de onda de de Broglie é
APRENDA Uma vez conhecida a concentração de elétrons de condução, a energia de Fermi de um metal pode ser calculada 
usando a Eq. 41-9. 
10. A probabilidade Pb de que um estado esteja ocupado por um buraco é igual à probabilidade de que o estado não esteja ocupado 
por um elétron. Como a soma da probabilidade de que um estado esteja ocupado com a probabilidade de que o estado não esteja 
ocupado é igual a 1, Pb + P = 1 e, portanto,
( )/
( )/ ( )/ ( )/
1 11 .
1 1 1
F
F F F
E E kT
b E E kT E E kT E E kT
eP
e e e
−
− − − −= − = =+ + +
M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 2 5 3
11. De acordo com a Eq. 41-7 e o Problema 41-2,
1( )/1/2
O( ) ( ) ( ) 1F
E E kTN E N E P E CE e
−− 
  = = +
em que
3/2 31 3/2
56 3/2 3 3
3 34 3
27 3 2/3
8 2 8 2 (9,109 10 kg) 1,062 10 kg /J s
(6,626 10 J s)
6,81 10 m (eV) .
mC
h
π π −
−
− −
×= = = × ⋅
× ⋅
= × ⋅
(a) Para E = 4,00 eV,
27 3 3/2 1/2
28 3 1
O 5
[6,81 10 m (eV) ](4,00 eV) 1,36 10 m eV .
exp{(4,00 eV 7,00 eV)/[(8,62 10 eV/K)(1000K)]} 1
N
− −
− −
−
× ⋅= = × ⋅
− × +
(b) Para E = 6,75 eV,
27 3 3/2 1/2
28 3 1
O 5
[6,81 10 m (eV) ](6,75 eV) 1,68 10 m eV .
exp{(6,75 eV 7,00 eV)/[(8,62 10 eV/K)(1000K)]} 1
N
− −
− −
−
× ⋅= = × ⋅
− × +
(c) Para E = 7,00 eV,
27 3 3/2 1/2
28 3 1
O 5
[6,81 10 m (eV) ](7,00 eV) 9,01 10 m eV .
exp{(7,00 eV 7,00 eV)/[(8,62 10 eV/K)(1000K)]} 1
N
− −
− −
−
× ⋅= = × ⋅
− × +
(d) Para E = 7,25 eV,
27 3 3/2 1/2
26 3 1
O 5
[6,81 10 m (eV) ](7,25 eV) 9,56 10 m eV .
exp{(7,25 eV 7,0 eV)/[(8,62 10 eV/K)(1000K)]} 1
N
− −
− −
−
× ⋅= = × ⋅
− × +
 (e) Para E = 9,00 eV,
27 3 3/2 1/2
18 3 1
O 5
[6,81 10 m (eV) ](9,00 eV) 1,71 10 m eV .
exp{(9,00 eV 7,00 eV)/[(8,62 10 eV/K)(1000K)]} 1
N
− −
− −
−
× ⋅= = × ⋅
− × +
12. Chamando de m a massa molar do carbono e de M a massa da Terra, o número de átomos de carbono contidos em um diamante 
com a mesma massa que a Terra é N = (Me/m)NA, em que NA é a constante de Avogadro. De acordo com o resultado do Exemplo 
41.01 “Probabilidade de excitação de um elétron em um isolante”, a probabilidade pedida é dada por
24
/ / 23 93
A
43 42
5,98 10 kg (6,02 10 /mol)(3 10 )
12,01115g/mol
9 10 10 .
g gE kT E kTe
e
MP N N e
m
− − −
− −
  
       
×= = = × ×
= × ≈
13. (a) De acordo com a Eq. 41-6, temos
1 5 1ln( 1) 7,00 eV (8,62 10 eV/K)(1000 K)ln 1 6,81eV.
0,900F
E E kT P− −   
 
= + − = + × − =
(b) De acordo com o Problema 41-2, temos
1/2 27 3 3/2 1/2 28 3 1( ) (6,81 10 m eV )(6,81eV) 1,77 10 m eV .N E CE − − − −= = × ⋅ = × ⋅
2 5 4 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 
(c) De acordo com a Eq. 41-7, temos 
28 3 1 28 3 1
O( ) ( ) ( ) (1,77 10 m eV )(0,900) 1,59 10 m eV .N E N E P E
− − − −= = × ⋅ = × ⋅
14. (a) Como o volume ocupado pelos íons de sódio em uma amostra de sódio com um volume de 1 m3 é
3 23 1 12 3
3
Na
)(971kg)(10 g/kg (6,022 10 mol )(4 /3)(98,0 10 m) 0,100 m ,
(23,0 g/mol)
V π
− −× ×= =
a porcentagem do volume ocupada pelos elétrons de condução é
1,00 0,100 100% 90,0%
1,00
P −= × =
(b) No caso do cobre, temos
3 23 1 12 3
3
Cu
(8960kg)(10 g/kg)(6,022 10 mol )(4 /3)(135 10 m) 0,876m
(63,5g/mol)
V π
− −
−× ×= =
e a porcentagem do volume ocupada pelos elétrons de condução é
1,00 0,876 100% 12,4%.
1,00
P −= × =
(c) É o sódio, já que, no sódio, os elétrons ocupam uma parte maior do volume disponível.
15. PENSE A probabilidade de ocupação de Fermi-Dirac é dada por /FD 1/( 1)E kTF e∆= + e a probabilidadede ocupação de Boltz-
mann é dada por / .E kTBP e−∆= 
FORMULE A diferença relativa entre as duas distribuições é
Após algumas transformações algébricas, essa equação assume a seguinte forma:
/
/ 1
E kT
E kT
ef
e
−∆
−∆= +
Explicitando / ,E kTe−∆ obtemos
Tomando o logaritmo natural de ambos os membros e explicitando T, obtemos
ANALISE (a) Para f = 0,01, a equação anterior nos dá
M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 2 5 5
(b) Para f = 0,10, a equação anterior nos dá
APRENDA O gráfico a seguir mostra a diferença relativa entre as duas distribuições em função de T.
Para um dado valor de ∆E, a diferença aumenta quando T aumenta.
16. (a) De acordo com a lei dos gases ideais, Eq. 19-9, p = NkT/V = n0kT, em que n0 é o número de moléculas por unidade de 
volume. Explicitando n0, obtemos
5
25 3
0 23
(1,0atm)(1,0 10 Pa/atm) 2,7 10 m .
(1,38 10 J/K)(273K)
pn
kT
−
−
×= = = ×
×
(b) De acordo com as Eqs. 41-2, 41-3 e 41-4, o número de elétrons de condução por unidade de volume do cobre é dado por
3 3
28 3
23 1
(8,96 10 kg/m )(1000 g/kg) 8,5 10 m .
(63,54 g/mol)/(6,02 10 mol )
n −−
×= = ×
×
(c) A razão é n/n0 = (8,5 × 1028 m– 3)/(2,7 × 1025 m– 3) = 3,1 × 103.
(d) méd 3 25 33
1 1 3,3 nm.
(2,7 10 m )
d
n −
= = =
×
(e) méd 3 25 33
1 1 0,23 nm.
(8,5 10 m )
d
n −
= = =
×
17. Se N é o número de átomos por unidade de volume e n é o número de elétrons livres por unidade de volume, o número de 
elétrons livres por átomo é n/N. Considerando que, de acordo com o resultado do Problema 41-1, EF = An2/3, em que A = 3,65 × 
10–19 m2 · eV, temos
3/23/2
29 3
19 2
11,6eV 1,79 10 m .
3,65 10 m eV
FEn
A
−
−
  
       
= = = ×
× ⋅
Se M é a massa de um átomo de alumínio e d é a massa específica do alumínio, N = d/M. Como 
M = (27,0 g/mol)/(6,022 × 1023 mol–1) = 4,48 × 10–23 g,
temos
N = (2,70 g/cm3)/(4,48 × 10– 23 g) = 6,03 × 1022 cm– 3 = 6,03 × 1028 m– 3.
Assim, o número de elétrons livres por átomo é
29 3
28 3
1,79 10 m 2,97 3.
6,03 10 m
n
N
−
−
×= = ≈
×
2 5 6 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 
18. A massa da amostra é 
3 3(9,0 g/cm )(40,0 cm ) 360 g,m Vρ= = =
que corresponde a
360 g 6,0 mol.
60 g/mol
mn
M
= = =
Como os átomos são divalentes (cada um contribui com dois elétrons livres), existem 12,0 mols de elétrons de condução, o que nos dá 
23 1 24
A (12,0 mol)(6,02 10 mol ) 7,2 10 .N nN
−= = × = ×
19. (a) Vamos calcular P(E) = )( /1/ [ 1]FE E kTe − + para os valores dados de E e 
23
19
(1,381 10 J/K)(273K) 0,02353eV.
1,602 10 J/eV
kT
−
−
×= =
×
Para E = 4,4 eV, (E – EF)/kT = (4,4 eV – 5,5 eV)/(0,02353 eV) = – 46,25 e
46,25
1( ) 1,0.
1
P E
e−
= ≈
+
(b) Para E = 5,4 eV, P(E) = 0,986 ≈ 0,99.
(c) Para E = 5,5 eV, P(E) = 0,50.
(d) Para E = 5,6 eV, P(E) = 0,014.
(e) Para E = 6,4 eV, P(E) = 2,447 × 10–17 ≈ 2,4 × 10–17.
(f) Explicitando eΔE/kT na equação P = 1/(eΔE/kT + 1), obtemos
/ 1 1 .E kTe
P
∆ = −
Tomando o logaritmo natural de ambos os membros e explicitando T, obtemos
( ) ( )
19
2
1 23 1
0,16
(5,6 eV 5,5 eV)(1,602 10 J/eV) 699 K 7,0 10 K.
ln 1 (1,381 10 J/K)ln 1P
ET
k
−
−
∆ − ×= = = ≈ ×
− × −
20. De acordo com a Eq. 41-6, a probabilidade de que um estado de energia E esteja ocupado à temperatura T é dada por
( )/
1( ) ,
1FE E kT
P E
e −
=
+
em que k é a constante de Boltzmann e EF é a energia de Fermi. Como 
6,10 eV 5,00 eV 1,10 eVFE E− = − =
e
5
1,10 eV 8,51,
(8,62 10 eV/K)(1500 K)
FE E
kT −
− = =
×
temos
4
8,51
1( ) 2,01 10 .
1
P E
e
−= = ×
+
M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 2 5 7
De acordo com a Fig. 41-6, a densidade de estados para 6,0 eV é 28 3( ) 1,7 10 /m eV.N E = × ⋅ Assim, de acordo com a Eq. 41-7, a 
densidade de estados ocupados é
28 3 4 24 3
O( ) ( ) ( ) (1,7 10 /m eV)(2,01 10 ) 3,42 10 /m eV.N E N E P E
−= = × ⋅ × = × ⋅
Em um intervalo de energia ∆E e um volume V, o número n de estados ocupados é
24 3 8 3
O
15
( ) (3,42 10 /m eV)(5,00 10 m )(0,0300 eV)
5,1 10 .
n N E V E −= ∆ = × ⋅ ×
= ×
21. (a) Para T = 300 K, 
53 3(8,62 10 eV/K)(300K) 0,0055.
2 2(7,0eV)F
kTfrac
E
−×= = =
(b) Para T = 1000 K, 
53 3(8,62 10 eV/K)(1000K) 0,018.
2 2(7,0eV)F
kTfrac
E
−×= = =
(c) De acordo com as Eqs. 41-5, 41-6 e 41-7, temos
( )/
( )/
0
/[ 1]
.
/[ 1]
F
F
F
E E kT
E
E E kT
E e dE
frac
E e dE
∞ −
∞ −
+
=
+
∫
∫
Usando um programa de computador como Maple ou Mathematica para calcular as integrais, obtemos, para EF = 7,0 eV e T = 300 K, 
frac = 0,00385, e para EF = 7,0 eV e T = 1000 K, frac = 0,0129. No primeiro caso, o erro percentual é de 30%; no segundo, é de 28%.
22. De acordo com o Problema 41-21, a fração f de elétrons é dada, aproximadamente, por
3 ,
2 F
kTf
E
=
em que k é a constante de Boltzmann, T é a temperatura em kelvins e EF é a energia de Fermi. Explicitando T, obtemos
5
2 2(0,013)(4,70 eV) 472 K.
3 3(8,62 10 eV/K)
FfET
k −
= = =
×
23. A energia média dos elétrons de condução é dada por
méd 0
1 ( ) ( ) ,E E N E P E dE
n
∞
= ∫
em que n é o número de elétrons livres por unidade de volume, N(E) é a densidade de estados e P(E) é a probabilidade de ocupação. 
Como a densidade de estados é proporcional a E1/2, podemos fazer N(E) = CE1/2, em que C é uma constante de proporcionalida-
de. Em T = 0 K, a probabilidade de ocupação é 1 para energias menores que a energia de Fermi e 0 para energias maiores que a 
energia de Fermi. Assim,
3/2 5/2
méd 0
2 .
5
FE
F
C CE E dE E
n n
= =∫
O número de elétrons livres por unidade de volume é dado por
1/2 3/2
0 0
2( ) ( ) .
3
FE
F
Cn N E P E dE C E dE E
∞
= = =∫ ∫
Substituindo n por seu valor na expressão da energia média, obtemos
5/2
méd 3/2
2 3 3 .
5 2 5F FF
CE E E
CE
  = =     
2 5 8 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 
24. De acordo com a Eq. 41-9, o número de elétrons de condução por unidade de volume é
3/2 3/23/2 2 6
2 2 2
3 28 3
4 3
( )16 2 16 2 16 2 (0,511 10 eV)(5,0 eV)
3 3 3( ) (1240 eV nm)
50,9 nm 5,09 10 m
8,4 10 mol/m .
e eF Fm E m c En
h hc
π π π
− −
    
            
×= = =
⋅
= = ×
≈ ×
Como o material possui dois elétrons de valência por átomo, o número de átomos por unidade de volume é
4 3
a ,/2 4,2 10 mol/mn n= = ×
e a massa específica do material é
4 3 5 3 3
a (4,2 10 mol/m )(20,0 g/mol) 8,4 10 g/m 0,84 g/cm .n Mρ = = × = × =
25. (a) De acordo com o Problema 41-23, a energia liberada seria
19
méd 23 1
4
(3,1g) 3 (7,0 eV)(1,6 10 J/eV)
5(63,54 g/mol)/(6,02 10 mol )
1,97 10 J 19,7 kJ.
E NE −−
 
 
 
= = ×
×
= × =
(b) Como 1 W = 1 J/s, temos
41,97 10 J 197 s.
100 J/s
Et
P
×= = =
26. De acordo com a Eq. 41-6, a probabilidade de ocupação de um estado situado a uma distância ∆E da energia de Fermi EF é 
dada por
F F( )/ /
1 1 .
11E E E kT E kT
P
ee +∆ − ∆
= =
++
Explicitando ΔE, obtemos
23 211 1ln 1 (1,38 10 J/K)(300K)ln 1 9,1 10 J 57 meV.
0,10
E kT
P
−  ∆ = − = × − = × =      
27. (a) De acordo com as Eqs. 41-2, 41-3 e 41-4, temos
3
23 3 29 3
23
2(7,133g/cm ) 1,31 10 cm 1,31 10 m .
(65,37g/mol)/(6,02 10 mol)
n − −= = × = ×
×
(b) De acordo com a Eq. 41-9,
2 34 2 29 3 2/3
2/3
31 19
0,121 0,121(6,63 10 J s) (1,31 10 m ) 9,43 eV.
(9,11 10 kg)(1,60 10 J/eV)F e
hE n
m
− −
− −
× ⋅ ×= = =
× ×
(c) Igualando a energia de Fermi a 2 /2,e Fm v obtemos
2 8 2
6 3
2 3
2 2(9,43eV)(2,998 10 m/s) 1,82 10 m/s 1,82 10 km/s.
511 10 eV
F
F
e
E cv
m c
×= = = × = ×
×
M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 2 5 9
(d) De acordo com a Eq. 38-13, o comprimento de onda de de Broglie é
34
31 6
6,63 10 J s 0,40 nm.
(9,11 10 kg)(1,82 10 m/s)e F
h
m v
λ
−
−
× ⋅= = =
× ×
28. De acordo com as Eqs. 41-2, 41-3 e 41-4,
3 23 1
22 3 3(19,3g/cm )(6,02 10 mol ) 5,90 10 cm 59,0nm
(197g/mol)
n
−
− −×= = × =
e, portanto, de acordo com a Eq. 41-9,
2 2
2/3 3 2/3
2 3
0,121( ) 0,121(1240eV nm) (59,0nm ) 5,52eV.
( ) 511 10 eVFe
hcE n
m c
−⋅= = =
×
29. De acordo com o Problema 41-23,
28 3 6 3 19
total méd méd
4
3(8,43 10 m )(1,00 10 m ) (7,00 eV)(1,60 10 J/eV)
5
5,71 10 J 57,1kJ.
K NE n Eν − − −  
 
= = = × × ×
= × =
30. De acordo com a Eq. 41-6, a probabilidade de que um estado de energia E esteja ocupado à temperatura T é dada por
( )/
1( )
1FE E kT
P E
e −
=
+
em que k é a constante de Boltzmann e 
2 34 2
2/3 28 3 2/3 19
31
0,121 0,121(6,626 10 J s) (1,70 10 m ) 3,855 10 J
9,11 10 kgF e
hE n
m
−
− −
−
× ⋅= = × = ×
×
é a energia de Fermi.
Como 
19 19 204,00 10 J 3,855 10 J 1,45 10 JFE E − − −− = × − × = ×
e
20
23
1,45 10 J 5,2536,
(1,38 10 J/K)(200 K)
FE E
kT
−
−
− ×= =
×
temos
3
5,2536
1( ) 5,20 10 .
1
P E
e
−= = ×
+
Além disso, de acordo com a Eq. 41-5, temos
3/2 31 3/2
1/2 19 1/2
3 34 3
56 3/2 3 3 19 1/2
46 3
8 2 8 2 (9,109 10 kg)( ) (4,00 10 J)
(6,626 10 J s)
(1,062 10 kg /J s )(4,00 10 J)
6,717 10 /m J.
mN E E
h
π π − −
−
−
×= = ×
× ⋅
= × ⋅ ×
= × ⋅
2 6 0 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 
Assim, de acordo com a Eq. 41-7, a densidade de estados ocupados é
46 3 3 44 3
O( ) ( ) ( ) (6,717 10 /m J)(5,20 10 ) 3,49 10 m J.N E N E P E
−= = × ⋅ × = × ⋅
Em um intervalo de energia ∆E e em um volume V, o número de estados ocupados é
44 3 6 3 20
O
19
( ) (3,49 10 /m J)(6,00 10 m )(3,20 10 J)
6,7 10 .
n N E V E − −= ∆ = × ⋅ × ×
= ×
31. PENSE A banda de valência e a banda de condução estão separadas por uma banda proibida.
FORMULE Para que o elétron passe da banda de valência para a banda de condução, a energia do fóton deve ser pelo menos 
igual à largura da banda proibida. A energia do fóton é dada por hf = hc/l, em que f é a frequência da onda eletromagnética e l é 
o comprimento de onda. 
ANALISE (a) Explicitando l na relação hc/l = Eg, em que Eg é a largura da banda proibida, temos
(b) Esses fótons estão na região do ultravioleta do espectro eletromagnético.
APRENDA Note que ondas com menor comprimento de onda podem excitar elétrons para a banda de condução, pois possuem 
uma energia maior que a largura da banda proibida.
32. Cada átomo de arsênio está ligado (através de ligações covalentes) a quatro átomos de gálio; da mesma forma, cada átomo de 
gálio está ligado a quatro átomos de arsênio. No modelo bidimensional da figura a seguir, as letras foram usadas para indicar a 
distância a que os átomos se encontram do observador: A indica os átomos mais próximos, b os átomos da segunda camada, C os 
da terceira camada, e d os da quarta camada. As letras maiúsculas são usadas para os átomos de gálio e as letras minúsculas para 
os átomos de arsênio.
Considere o átomo de arsênio com a letra b perto do canto superior esquerdo. Esse átomo forma ligações covalentes com os dois 
átomos A e os dois átomos C mais próximos. Por outro lado, o átomo de arsênio com a letra d perto do canto superior direito forma 
ligações covalentes com os dois átomos C mais próximos e com os dois átomos que estão em uma quinta camada, diretamente 
abaixo dos átomos A mais próximos.
(a) Nos átomos de arsênio e gálio, todas as camadas até a subcamada 4s estão completas. Um átomo neutro de gálio possui um 
elétron na camada 4p e um átomo neutro de arsênio possui três elétrons na subcamada 4p. Para completar a camada n = 4, os 
átomos de gálio e arsênio precisam compartilhar não só os elétrons da subcamada 4p, mas também os elétrons da subcamada 4s. 
Assim, o caroço do íon de gálio possui uma carga q = +3e, causada pela “perda” dos dois elétrons da subcamada 4s e do elétron 
da subcamada 4p.
(b) O caroço do íon de arsênio possui uma carga q = +5e, causada pela “perda” dos dois elétrons da subcamada 4s e dos três elé-
trons da subcamada 4p.
(c) Como no caso do silício, cada ligação covalente envolve 2 elétrons.
M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 2 6 1
33. (a) Como, na extremidade inferior da banda de condução, E = 0,67 eV, e a energia de Fermi é EF ≈ (0,67 eV)/2 = 0,335 eV, a 
probabilidade de que um estado na extremidade inferior da banda de condução esteja ocupado é
( ) 5 6( )/ (0,67 eV 0,335 eV)/(8,62 10 eV/K)(290 K)
1 1 1,5 10 .
11E E kTF
P E
ee
−
−− − ×
= = = ×
++
(b) Como, na extremidade superior da banda de valência, E = 0, a probabilidade de que um estado não esteja ocupado é
( ) ( ) ( ) ( ) 5F F 0 0,335eV (8,62 10 eV K)(290K)
6
1 1 11 1
1 1 1
1,5 10 .
E E kT E E kT
P E
ee e
−− − − − − ×
−
− = − = =
+ + +
= ×
34. (a) O número de elétrons na banda de valência é
( ) ( )Fev .1v
v
v v E E kT
NN N P E
e −
= =
+
Como existem Nv estados na banda de valência, o número de buracos na banda de valência é
( ) ( )F Fevbv
11 .
1 1v v
v
v v E E kT E E kT
NN N N N
e e− − −
 
 
  
= − = − =
+ +
Por outro lado, o número de elétrons na banda de condução é
( ) ( )Fec .1c
c
c c E E kT
NN N P E
e −
= =
+
Assim, para que Nec = Nbv, devemos ter
( ) ( ) ,− − −≈E E E Ec vF F
c v
kT kT
N N
e e
(b) Nesse caso, ( )/ 1v FE E kTe− − >> e ( )/ 1;c FE E kTe − >> a equação obtida no item (a) se reduz a
( ) ( ) ,E E E Ec vF F
c v
kT kT
N N
e e
− − −=
o que nos dá
( )2 .v c FE E E kT v ce N N
− + ≈
Tomando o logaritmo natural de ambos os membros, obtemos
2 ln ,F v c v
c
E E E N
kT N
 − − =  
 
o que nos dá
( )1 1 ln .2 2
v
c vF
c
NE E E kT
N
 
   
= + +
35. PENSE Dopando silício com fósforo, é possível aumentar o número de elétrons na banda de condução. 
2 6 2 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 
FORMULE No Exemplo 41.06 “Dopagem do silício com fósforo”, é calculada a fração de átomos de silício que devem ser substituí-
dos por átomos de fósforo. Vamos calcular o número de átomos de silício que existem em 1,0 g do material, o número de átomos 
que devem ser substituídos por átomos de fósforo e, finalmente, a massa dos átomos de fósforo a serem usados na substituição. 
Como a massa molar do silício é MSi = 28,086 g/mol, a massa de um átomo de silício é
e o número de átomos em 1,0 g é
De acordo com o Exemplo 41.06, um em cada 5 × 106 átomos de silício deve ser substituído por um átomo de fósforo. Isso significa 
que devem ser usados
átomos de fósforo para dopar 1,0 g de silício.
ANALISE Como a massa molar do fósforo é MP = 30,9758 g/mol, a massa de um átomo de fósforo é
A massa de fósforo que deve ser acrescentada a 1,0 g de silício é
APRENDA O átomo de fósforo é chamado de átomo doador porque doa elétrons à banda de condução do silício. Os semicondu-
tores dopados com átomos doadores são chamados de semicondutores tipo n.
36. (a) O nível de Fermi está acima da extremidade superior da banda de valência.
(b) A distância entre o nível dos doadores e a extremidade superior da banda de valência é 
E = 1,11 eV – 0,11 eV = 1,0 eV.
(c) De acordo com a Eq. 41-6, temos
1 5 5 1ln[ 1] 1,0 eV (8,62 10 )(300 K)ln[(5,00 10 ) 1]
0,744 eV.
FE E kT P− − − −= − − = − × × −
=
Para E = 1,11 eV, temos
( ) ( ) ( ) ( )5
7
1,11eV 0,744eV [(8,62 10 eV K) 300K ]
1 1 7,13 10 .
1 1FE E kT
P E
e e
−
−
− − ×
= = = ×
+ +
37. (a) De acordo com a Eq. 41-6, a probabilidade de que um estado de energia E esteja ocupado é
( )
1( )
1FE E kT
P E
e −
=
+
em que EF é a energia de Fermi, T é a temperatura em kelvins e k é a constante de Boltzmann. Medindo as energias em relação à 
extremidade superior da banda de valência, a energia de um estado na extremidade inferior da banda de condução é E = 1,11 eV. 
Além disso,
kT = (8,62 × 10– 5 eV/K)(300 K) = 0,02586 eV.
M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 2 6 3
No caso do silício puro, EF = 0,555 eV e
0,555 eV 21,46,
0,02586 eV
FE E
kT
− = =
o que nos dá
10
21,46
1( ) 4,79 10 .
1
P E
e
−= = ×
+
(b) No caso do silício dopado,
0,11eV 4,254,
0,02586 eV
FE E
kT
− = =
o que nos dá
( ) 24,254
1 1,40 10 .
1
P E
e
−= = ×
+
(c) A energia do nível introduzido pelo doador, em relação à extremidade superior da banda de valência, é 1,11eV – 0,15 eV = 
0,96 eV. Como a energia de Fermi é 1,11 eV – 0,11 eV = 1,00 eV, temos
0,96 eV 1,00 eV 1,547,
0,02586 eV
FE E
kT
− −= = −
o que nos dá
( ) 1,547
1 0,824.
1
P E
e−
= =
+
38. (a) O semicondutor é tipo n, já que os átomos de fósforo possuem um elétron de valência a mais que os átomos de silício.
(b) A concentração dos portadores fornecidos pelos átomos de fósforo é 
nP = 10– 7 nSi = 10– 7 (5 × 1028 m– 3) = 5 × 1021 m– 3.
(c) A razão pedida é
21 3
5
15 3
5 10 m 5 10 .
2(5 10 m )
−
−
× = ×
×
O fator 2 no denominador se deve ao fato de que o silício puro contém dois tipos de portadores, elétrons e buracos, com concen-
trações praticamente iguais.
39. PENSE A banda de valência e a banda de condução estão separadas por uma banda proibida, de largura Eg. Um elétron deve 
receber uma energia igual a Eg para passar da banda de valência para a banda de condução. 
FORMULE Como a energia recebida pelos elétrons é Eg, a diferença entre o alto da banda de valência e a base da banda de 
condução, o número de elétrons que podem ser excitados da banda de valência para a banda de condução por um fóton de 
energia E é
ANALISE Para Eg = 1,1 eV e E = 662 keV, obtemos
2 6 4 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 
Como cada elétron que é excitado para a banda de condução deixa um buraco na banda de valência, esse também é o número de 
pares elétron-buraco que são criados.
APRENDA O comprimento de onda do fóton é
40. (a) A figura que se segue mostra o gráfico da corrente em função da tensão aplicada.
(b) A razão é
0 5
0,50V 8
0,50V
0 5
0,50eVexp 1
(8,62 10 eV K)(300K)
2,5 10 .
0,50eVexp 1
(8,62 10 eV K)(300K)
v
v
II
I I
−
=+
=−
−
  
      
  
      
+ −
×
= = ×
− −
×
41. Na situação descrita, a banda de valência está completa e a banda de condução está vazia. Para que um elétron da banda de 
valência absorva um fóton, a energia do fóton deve ser igual ou maior que a diferença de energia entre a extremidade superior 
da banda de valência e a extremidade inferior da banda de condução. Fótons com uma energia menor que este valor não são 
absorvidos, e o semicondutor é transparente para a radiação; fótons com uma energia igual ou maior a este valor são absorvi-
dos, e o semicondutor é opaco para a radiação. Assim, a distância entre a última banda ocupada e a primeira banda vazia do 
material é igual à energia de um fóton com um comprimento de onda de 295 nm:
1240eV nm 4,20eV.
295nm
hcE λ
⋅= = =
42. Como
fóton
1240eV nm 8,86eV 7,6eV,
140nm
hcE λ
⋅= = = >
a luz é absorvida pelo cristal de KCl e, portanto, o cristal é opaco para este comprimento de onda.
43. Vamos chamar de máx a dimensão máxima (linear) de cada transistor, de A a área do circuito integrado, e de N o número de 
transistores. Nesse caso, 2máxA N=  e, portanto,
5
máx 6
(2,54 cm)(2,22 cm) 1,3 10 m 13 m.
3,5 10
A
N
µ−= = = × =
×

44. (a) De acordo com as Eqs. 25-9 e 25-27, 
12 2
170 (4,5)(8,85 10 F m)(0,50 m) 5,0 10 F.
0,20 m
AC
d
κε µ
µ
−
−×= = = ×
M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 2 6 5
(b) Se N é o número de cargas elementares, a carga total que se acumula na porta é q = Ne. Nesse caso, q = Ne = CV, o que nos dá
17
2
19
(5,0 10 F)(1,0V) 3,1 10 .
1,6 10 C
CVN
e
−
−
×= = = ×
×
45. PENSE Vamos derivar a probabilidade de ocupação P(E) em relação a E para investigar as propriedades de P(E).
FORMULE A probabilidade de que um estado de energia E esteja ocupado à temperatura T é dada por
em que k é a constante de Boltzmann e EF é a energia de Fermi.
ANALISE (a) A derivada de P(E) em relação a E é
Fazendo E = EF, obtemos o resultado procurado:
(b) A equação de uma reta pode ser escrita como y = m(x – x0), em que m = –1/4kT é a inclinação, determinada no item (a), e 
x0 é o ponto em que a reta intercepta o eixo x (que é o que o problema pede para calcular). Como P(EF) = 1/2, fazendo x = EF na 
equação da reta, obtemos
o que nos dá x0 = EF + 2kT.
APRENDA A linha reta pode ser escrita na forma
A figura a seguir mostra os gráficos de P(E) (curva cheia) e y(E) (reta tracejada) em unidades de EF/kT. A reta intercepta o eixo 
horizontal no ponto E/EF = 3. 
46. (a) No caso do cobre, a Eq. 41-10 nos dá
8 3 1 11
Cu[ ] (2 10 m)(4 10 K ) 8 10 m/K.
d
dT
ρ ρα − − − −= = × Ω ⋅ × = + × Ω ⋅
(b) No caso do silício, a Eq. 41-10 nos dá
3 3 1 2
Si[ ] (3 10 m)( 70 10 K ) 2,1 10 m/K.
d
dT
ρ ρα − −= = × Ω ⋅ − × = − × Ω ⋅
2 6 6 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 
47. Em um cristal de silício, cada átomo ocupa o ponto central C de um tetraedro formado por outros átomos de silício. Como as 
faces do tetraedro são triângulos equiláteros, a altura desses triângulos é 3/2,h a′ = em que a é o lado do tetraedro. Vamos chamar 
de C o ponto central de uma das faces. Imagine um segmento de reta partindo do átomo A e terminando no ponto médio de um 
dos lados. Sabendo que esse segmento é a bissetriz do ângulo de 60° do triângulo equilátero, é fácil mostrar que a distância entre 
o ponto A e o ponto C é / 3.AC a′ = Imagine outro segmento de reta, perpendicular à face que contém o ponto A, partindo do 
ponto C e terminando em outro átomo de silício, que vamos chamar de B. Este segundo segmento de reta é a altura h do tetraedro. 
De acordo com o teorema de Pitágoras,
2
2 2 2 2( ) .
33
ah a AC a a  
 
= − = − =′
Vamos agora definir um sistema de coordenadas. Suponha que o átomo B está no eixo y, no ponto 2/3,by h a= = e que o átomo 
A está no eixo x, no ponto / 3.ax AC a= =′ Nesse caso, o ponto C está na origem. O ponto central C do tetraedro está no eixo y, 
em um ponto yc equidistante de A e B. Como os pontos B e C estão no eixo y, a distância entre C e B é yb − yc. De acordo com o 
teorema de Pitágoras, a distância entre C e A é 2 2.a cx y+ Assim, 
2
2 2 22 ,
3 3c a c c cb
ay y x y a y y  
 
− = + ⇒ − = +
o que nos dá /2 6.cy a=
(a) Na notação dos vetores unitários, de acordo com as informações anteriores, o vetor que liga os pontos C e A é dado por
aˆ ˆ ˆ ˆi + ( ) j i j .
3 2 6ac a c
ar x y= − = −
O vetor que liga os pontos C e B é dado por
3ˆ ˆ( ) j j.
8bc b c
r y y a= − =
Assim, de acordo com a Eq. 3-20,
1 1 1cos cos
3
ac bc
ac bc
r r
r r
θ − −
 ⋅  = = −       
 
 
,
o que nos dá q = 109,5°.
(b) O comprimento do vetor bcr
 (que, naturalmente, é igual ao comprimento do vetor  )acr
 é
3 3| | (388 pm) 237,6 pm 238 pm.
8 8bc
r a= = = ≈
Na geometria, a distância 3/8a é conhecida como raio da esfera circunscrita ao tetraedro regular.
48. De acordo com a Eq. 41-6,
( )/ /
1 1 1( )
1 1 1F FF E E E kT E kT x
P E E
e e e+∆ − ∆
+ ∆ = = =
+ + +
e
( )/ /
1 1 1( ) ,
1 1 1F FF E E E kT E kT x
P E E
e e e−∆ − −∆ −
− ∆ = = =
+ + +
M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 2 6 7
em que x = ∆E/kT. Assim,
1 1 1 1( ) ( ) 1 .
1 1 ( 1)( 1)
x x
F F x x x x
e eP E E P E E
e e e e
−
− −
+ + ++ ∆ + − ∆ = + = =
+ + + +
Um caso especial deste resultado aparece no Problema 41-4, em que ∆E = 63 meV e
P(EF + 63 meV) + P(EF – 63 meV) = 0,090 + 0,91 = 1,0.
49. (a) Fazendo E = EF na Eq. 41-5 e usando a Eq. 41-9, temos
1/3
1/3
3
8 2 3( ) .
16 2F
m m hN E n
h m
π
π
 =   
Simplificando a expressão anterior, obtemos
23
2
4( ) 3 ,F
mN E n
h
π=
que é equivalente à expressão que aparece no enunciado do problema. Substituindo por valores numéricos, obtemos
2 3
2 1/3 2 1/3 2 1 1/33 3
2 2
4 4(511 10 eV)( ) 3 3 (4,11 nm eV )
( ) (1240eV nm)F
mcN E n n n
hc
π π − −   ×= = = ⋅   ⋅   
(b) De acordo com o resultado do Problema 41-3,
28 3 38,49 10 m 84,9nm .n − −= × =
Assim, a expressão do item (a) nos dá
2 1 3 1/3 2 1 1
3 1 28 3 1
( ) (4,11nm eV )(84,9 nm ) (4,11nm eV )(4,4 nm )
18 nm eV 1,8 10 m eV .
FN E − − − − − −
− − − −
= ⋅ = ⋅
= ⋅ = × ⋅
Este valor está de acordo com o que pode ser obtido a partir da curva da Fig. 41-6 fazendoEF = 7,0 eV. 
50. Usando a expressão aproximada do Problema 41-21, obtemos
53(8,62 10 eV/K)(961 273K) 0,03.
2(5,5eV)
frac
−× += ≈
51. Explicitando vF na equação 2 /2,F e FE m v= obtemos
5
2 5
2 2 2(7,0eV)(3,0 10 km/s) 1600 km/s.
5,11 10 eV
F F
F
E Ev c
m mc
= = = × =
×
52. O fator numérico da Eq. 41-9 é
2/33 0,12122 0,121.
16 2π
 
 
 
= ≈
53. De acordo com a Eq. 19-9, temos
28 3 23 8 3(8,43 10 m )(1,38 10 J/K)(300 K) 3,49 10 Pa 3,49 10 atm.p nkT − −= = × × = × = ×