Resolução Halliday Vol4 cap 41 ed 9

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1. De acordo com a Eq. 41-9, a energia de Fermi é dada por
E h
m
nF =




3
16 2
2 3 2
2 3

/
/
,
na qual 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. Essa equação pode ser escrita na forma EF = An2/3, na qual
A h
m
= 

 =




×3
16 2
3
16 2
6 626 102 3 2 2 3
 
/ / ( , −−
−
−⋅
×
= × ⋅
34
31
38
9 109 10
5 842 10J s)
kg
J s /kg.
2
2 2
,
,
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 A = × ⋅−3 65 10 19, m eV.2
2. De acordo com a Eq. 41-5, a densidade de estados de um metal é dada por
N E m
h
E( ) ,
/
/= 8 2
3 2
3
1 2
que pode ser escrita na forma
N E CE( ) /= 1 2
em que
C m
h
= = ×
×
−
−
8 2 8 2 9 109 10
6 626 10
3 2
3
31 / ( ,
( ,
kg)3/2
334
56
27 3
1 062 10
6 81 10
J s) kg /J s
m
3
3/2 3 3
⋅
= × ⋅
= × −
,
, ⋅⋅ −( ) ./eV 2 3
Assim,
N E CE( ) , ( ) ( ,/ /= = × ⋅[ ]− −1 2 27 3 2 36 81 10 8 0m eV eV)1/22 1m eV= × ⋅− −1 9 1028 3, ,
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, na qual 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:
M A
N A
= =
×
= ×−
−63 54
6 022 10
1 055 1023 1
22,
,
,
g/mol
mol
gg.
Assim,
n =
×
= × = ×−
−8 96
1 055 10
8 49 10 8 4922
22 3,
,
, ,
g/cm
g
cm
3
11028 m 3− .
4. Seja E1 = 63 meV + EF e seja E2 = –63 meV + EF. Nesse caso, de acordo com a Eq. 41-6,
P
e eE E kT xF
1
1
1
1
11
=
+
=
+−( ) /
,
Capítulo 41
212 soluções dos problemas
na qual x = (E1 − EF)/kT. Explicitando ex, obtemos:
e
P
x = − = − =1 1 1
0 090
1 91
91 ,
.
Assim,
P
e e eE E kT E E kT xF F
2
1
1
1
1
1
1
1
2 1
=
+
=
+
=
+
=− − − −( ) / ( ) / (991 9 1 0 911/ ) , .− + =
5. (a) De acordo com a Eq. 41-5, a densidade de estados de um metal é dada por
N E m
h
E( ) ,
/
/= 8 2
3 2
3
1 2
que pode ser escrita na forma
N E CE( ) /= 1 2
na qual
C m
h
= = ×
×
−
−
8 2 8 2 9 109 10
6 626 10
3 2
3
31 / ( ,
( ,
kg)3/2
334
561 062 10
J s) kg /J s3
3/2 3 3
⋅
= × ⋅, .
(b) Como 1 J 1 kg m /s2 2= ⋅ , 1 kg = 1 J · s2 · m– 2. Assim, a unidade de C pode ser escrita na 
forma
( ) ( ) ,/ /J s m J s J m2 2 3 3/2⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅− − − − −3 2 3 2 3 3
o que significa que
C = × ⋅ ×− − −( , )( ,1 062 10 1 602 1056 3 19J m J/eV)3/2 3/2 == × ⋅− −6 81 1027 3 3 2, ./m eV
(c) Para E = 5,00 eV, temos:
N E( ) ( , )( , ) ,/= × ⋅ = ×− −6 81 10 5 00 1 5227 3 1 2m eV eV3/2 11028 1 3eV m− −⋅ .
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
E hc
m c
nF
e
= = ⋅
×
0 121 0 121 1240
511
2
2
2 3, ( ) , (/ eV nm)2
110
84 9 7 03
3 2 3
eV
nm eV.( , ) ,/− =
7. (a) À temperatura T = 0, a probabilidade de que um estado com uma energia maior que a 
energia de Fermi esteja ocupado é zero.
(b) De acordo com a Eq. 41-6, a probabilidade de que um estado de energia E esteja ocupado 
à temperatura T é dada por
P E
e E E kTF
( ) ( ) /= +−
1
1
,
em que k é a constante de Boltzmann e EF é a energia de Fermi. Para E – EF = 0,0620 eV, 
temos:
E E
kT
F− =
×
=−
0 0620
8 62 10 320
2 2485
,
( , )( ) , ,
eV
eV/K K
o que nos dá
P E
e
( ) , .
,
=
+
=1
1
0 09552 248
soluções dos problemas 213
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
n =
×
( , )( )
(
19 3 10
197
3 6 3 3g/cm cm /m
g/mol)/(6,02 10223 1
3
mol
m−
−= ×) , .5 90 10
28
9. (a) Se a prata é um metal monovalente, cada átomo do elemento contribui com um elétron de 
condução. Assim, a Eq. 41-4 nos dá
n =
×
( , )( )
(
10 5 10
108
3 6 3 3g/cm cm /m
g/mol)/(6,02 10223 1
3
mol
m−
−= ×) , .5 86 10
28
(b) De acordo com a Eq. 41-9, a energia de Fermi é
E h
m
nF = =
× ⋅−0 121 0 121 6 626 10
9 1
2
2 3
34
, ( , )( ,
,
/ J s)2
009 10
5 86 10
8 80 10 5
31
28 2 3
19
×
= ×
= × =
−
−
−
kg
m
J
3( , )
,
/
,, .49 eV
(c) Como E mvF F=
2
2
,
v
E
m
F
F= = ×
×
= ×
−
−
2 2 8 80 10
9 109 10
1 39 10
19
31
( , )
,
,
J
kg
66 m/s.
(d) De acordo com a Eq. 38-13, o comprimento de onda de de Broglie é
 = = × ⋅
× ×
−
−
h
mvF
6 626 10
9 109 10
34
31
,
( ,
J s
kg)(1,39 100 m/s) m.6 = ×
−5 22 10 10,
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,
P
e
e
e
b E E kT
E E kT
E E kTF
F
F
= −
+
=
+
=−
−
−1
1
1 1
1
( ) /
( ) /
( ) / ee E E kTF− − +( ) /
.
1
11. De acordo com a Eq. 41-7 e o Problema 41-2,
N E N E P E CE e E E kTFO ( ) ( ) ( ) / ( ) /= = +[ ]− −1 2 11
em que
C m
h
= = ×
×
−
−
8 2 8 2 9 109 10
6 626 10
3 2
3
31 / ( ,
( ,
kg)3/2
334
56
27 3
1 062 10
6 81 10
J s) kg /J s
m
3
3/2 3 3
⋅
= × ⋅
= × −
,
, ⋅⋅ −( ) ./eV 2 3
(a) Para E = 4,00 eV,
NO
m eV eV= × ⋅
− −[ , ( ) ]( , )
exp{(
/ /6 81 10 4 00
4
27 3 3 2 1 2
,, , ) [( , )( ]}00 7 00 8 62 10 1000 15eV eV / eV/K K)− × + =− 11 36 10
28 3 1
, .× ⋅− −m eV
(b) Para E = 6,75 eV,
NO
m eV eV= × ⋅
− −[ , ( ) ]( , )
exp{(
/ /6 81 10 6 75
6
27 3 3 2 1 2
,, , ) [( , )( ]}75 7 00 8 62 10 1000 15eV eV / eV/K K)− × + =− 11 68 10
28 3 1
, .× ⋅− −m eV
214 soluções dos problemas
(c) Para E = 7,00 eV,
NO
m eV eV= × ⋅
− −[ , ( ) ]( , )
exp{(
/ /6 81 10 7 00
7
27 3 3 2 1 2
,, , ) [( , )( ]}00 7 00 8 62 10 1000 15eV eV / eV/K K)− × + =− 99 01 10
28 3 1
, .× ⋅− −m eV
(d) Para E = 7,25 eV,
NO
m eV eV= × ⋅
− −[ , ( ) ]( , )
exp{(
/ /6 81 10 7 25
7
27 3 3 2 1 2
,, , ) [( , )( ]}25 7 0 8 62 10 1000 1 95eV eV / eV/K K)− × + =− ,, .56 10
26 3 1× ⋅− −m eV
 (e) Para E = 9,00 eV,
NO
m eV eV= × ⋅
− −[ , ( ) ]( , )
exp{(
/ /6 81 10 9 00
9
27 3 3 2 1 2
,, , ) [( , )( ]}00 7 00 8 62 10 1000 15eV eV / eV/K K)− × + =− 11 71 10
18 3 1
, .× ⋅− −m eV
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 “Probabilidade de excitação 
de um elétron em um isolante”, a probabilidade pedida é dada por
P N M
m
N ee
E kT e E kTg g= = 

 =
×− −/ / ,
A
5 98 10
12
24 kg
,,
( , )( )
01115
6 02 10 3 1023 93
g/mol
/mol



× ×
=
−
99 10 1043 42× ≈− − .
13. (a) De acordo com a Eq. 41-6, temos:
E E kT PF= + − = + ×− −ln( ) , ( ,1 51 7 00 8 62 10eV eV/K)(10000 K)ln 10,900 eV−



 =1 6 81, .
(b) De acordo com o Problema 41-2, temos:
N E CE( ) ( , )( ,/ /= = × ⋅− −1 2 27 3 3 26 81 10 6 81m eV eV)1/2 == × ⋅− −1 77 1028 3, .m eV 1
(c) De acordo com a Eq. 41-7, temos: 
N E N E P EO m eV( ) ( ) ( ) ( , )( , )= = × ⋅ =− −1 77 10 0 900 128 3 1 ,, .59 1028 3× ⋅− −m eV 1
14. (a) Como o volume ocupado pelos íons de sódio em uma amostra de sódio com umvolume 
de 1 m3 é
VNa
kg g/kg mol /= ×
−( )( )( , )( )971 10 6 022 10 4 33 23 1  (( , )
( , ) , ,
98 0 10
23 0
0 100
12 3
3× =
− m
g/mol
m
a porcentagem do volume ocupada pelos elétrons de condução é
P = − × =1 00 0 100
1 00
100 90 0, ,
,
% , %
(b) No caso do cobre, temos:
VCu
kg g/kg mol /= ×
−( )( )( , )(8960 10 6 022 10 4 33 23 1  ))( )
( , ) ,
135 10
63 5
0 876
12 3
3× =
−
−m
g/mol
m
e a porcentagem do volume ocupada pelos elétrons de condução é
P = − × =1 00 0 876
1 00
100 12 4, ,
,
% , %.
(c) É o sódio, já que, no sódio, os elétrons ocupam uma parte maior do volume disponível.
soluções dos problemas 215
15. A probabilidade de ocupação de Fermi-Dirac é dada por P e E kTFD /(= +1 1D / ) e a probabilidade 
de ocupação de Boltzmann é dada por P e E kTB = −D / . A diferença relativa é
f P P
P
e
e
E kT
e
E kT
E kT= − =
−− +
−
B FD
B
D
D
D
/
/
/
.
1
1
Explicitando e E kT−D / nessa equação, obtemos:
e
f
f
E kT− =
−
D /
.
1
Tomando o logaritmo natural de ambos os membros e explicitando T, obtemos
T E
k f f
=
−




D
ln
.
1
(a) Para f = 0,01, temos:
T = ×
×
−
−
( ,
( ,
1 00
1 38 10
19
23
eV)(1,60 10 J/eV)
J/K)ln 00,010
1 0,010
K.
−




= ×2 50 103,
(b) Para f = 0,10, temos:
T = ×
×
−
−
( ,
( ,
1 00
1 38 10
19
23
eV)(1,60 10 J/eV)
J/K)ln 00,10
1 0,10
K.
−




= ×5 30 103,
O gráfico a seguir mostra a diferença relativa em função de T.
Como se pode ver, para um dado valor de DE, a diferença aumenta com a temperatura.
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
n
p
kT0 23
1 0
1 38 10
= = ×
× −
( ,
( ,
atm)(1,0 10 Pa/atm)
J/
5
KK)(273K) m
3= × −2 7 1025, .
(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
n = ×( , )( )( , ) ( ,
8 96 1000
63 54 6
10 g/m g/kg
g/mol /
3 3k
002 10
8 5 1023 1
28
×
= ×−
−
mol
m 3) , .
f
T(K)
216 soluções dos problemas
(c) A razão é n/n0 = (8,5 × 1028 m– 3)/(2,7 × 1025 m– 3) = 3,1 × 103.
(d) d
n
med
m
nm= =
×
=
−
1 1
2 7 10
3 33 25 33 ( , )
, .
(e) d
n
med
m
nm= =
×
=
−
1 1
8 5 10
0 233 25 33 ( , )
, .
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. Como, de acordo com o resultado 
do Problema 41-1, EF = An2/3, na qual A = 3,65 × 10–19 m2 · eV, temos:
n
E
A
F= 

 = × ⋅



−
3 2
19 2
3
11 6
3 65 10
/
,
,
eV
m eV
//
, .
2
29 31 79 10= × −m
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
n
N
= ×
×
= ≈
−
−
1 79 10
6 03 10
2 97 3
29 3
28 3
,
,
, .
m
m
18. A massa da amostra é 
m V= = = ( , )( ,9 0 40 0g/cm cm ) 360 g,3 3
que corresponde a
n
m
M
= = =360
60
6 0g
g/mol
mol.,
Como os átomos são divalentes (cada um contribui com dois elétrons livres), existem 12,0 mols 
de elétrons de condução, o que nos dá 
N nN= = × = ×−A mol mol( , )( , ) , .12 0 6 02 10 7 2 1023 1 24
19. (a) Vamos calcular P(E) = 1 1/ [ ]( ) /e E E kTF− + para os valores dados de E e 
kT = ×
×
=
−
−
( ,
,
,
1 381 10
1 602 10
0
23
19
J/K)(273K)
J/eV
002353eV.
Para E = 4,4 eV, (E – EF)/kT = (4,4 eV – 5,5 eV)/(0,02353 eV) = – 46,25 e
P E
e
( ) , .
,
=
+
≈−
1
1
1 046 25
(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.
soluções dos problemas 217
(f) Explicitado eDE/kT na equação P = 1/(eDE/kT + 1), obtemos
e
P
E kTD /
.= −1 1
Tomando o logaritmo natural de ambos os membros e explicitando T, obtemos
T E
k P
=
−( ) =
− × −D
ln
( , , )( ,
1
19
1
5 6 5 5 1 602 10eV eV J/eV))
J/K)ln
K 7,0 K
( ,
,
1 381 10 1
699 10
23 1
0 16
2
× −( ) = ≈ ×− ..
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
P E
e E E kTF
( ) ,( ) /= +−
1
1
na qual k é a constante de Boltzmann e EF é a energia de Fermi. Como 
E EF− = − =6 10 5 00 1 10, , ,eV eV eV
e
E E
kT
F− =
×
=−
1 10
8 62 10 5
,
( ,
eV
eV/K)(1500 K) 8,51,
temos:
P E
e
( ) , .
,
=
+
= × −1
1
2 01 108 51
4
De acordo com a Fig. 41-6, a densidade de estados para 6,0 eV é N E( ) ,= × ⋅1 7 1028/m eV.3 
Assim, de acordo com a Eq. 41-7, a densidade de estados ocupados é
N E N E P EO 3/m eV)(( ) ( ) ( ) ( , , )= = × ⋅ × =−1 7 10 2 01 1028 4 33 42 1024, .× ⋅/m eV3
Em um intervalo de energia DE e um volume V, o número n de estados ocupados é
n N E V E= = × ⋅ × −O 3 3/m eV)( m( ) ( , , )(D 3 42 10 5 00 1024 8 00 0300
5 1 1015
,
, .
eV)
= ×
21. (a) Para T = 300 K, frac kT
EF
= = × =
−3
2
3 8 62 10
2 7 0
5( ,
( ,
eV/K)(300 K)
eV) 00 0055, .
(b) Para T = 1000 K, frac kTEF
= = ×
−3
2
3 8 62 10
2 7 0
5( ,
( ,
eV/K)(1000 K)
eV) == 0 018, .
(c) De acordo com as Eqs. 41-5, 41-6 e 41-7, temos:
frac
E e dE
E e
E E kT
E
E E kT
F
F
F
=
+
+
−
∞
−
∫ /[
/[
( ) /
( ) /
]
]
1
1 ddE
0
∞
∫
.
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%.
218 soluções dos problemas
22. De acordo com o Problema 41-21, a fração f de elétrons é dada, aproximadamente, por
f kT
EF
= 3
2
,
na qual k é a constante de Boltzmann, T é a temperatura em kelvins e EF é a energia de Fermi. 
Explicitando T, obtemos:
T fE
k
F= =
×
=−
2
3
2 0 013 4 70
3 8 62 10
45
( , )( ,
( ,
eV)
eV/K) 772 K.
23. A energia média dos elétrons de condução é dada por
E
n
E N E P E dEmed =
∞
∫1 0 ( ) ( ) ,
na qual 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, na qual C é uma constante de proporcionalidade. 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,
E C
n
E dE C
n
EF
EF
med = =∫ 3 2 5 20
2
5
/ /
.
O número de elétrons livres por unidade de volume é dado por
n N E P E dE C E dE C E
E
F
F
= = =
∞
∫ ∫( ) ( ) ./ /0 1 20 3 2
2
3
Substituindo n por seu valor na expressão da energia média, obtemos
E C E
CE
EF
F
Fmed = 






=2
5
3
2
3
5
5 2
3 2
/
/ .
24. De acordo com a Eq. 41-9, o número de elétrons de condução por unidade de volume é
n
m E
h
m c E
hc
e F e F= 

 =


16 2
3
16 2
32
3 2 2
2
 / ( )
( )

 =
×
⋅
3 2 616 2
3
0 511 10 5 0
1240
/ ( , , )
(
 eV)( eV
eV nnm)
nm m
2




= = ×
≈ ×
− −
3 2
3 28 350 9 5 09 10
8 4 10
/
, ,
,
44 mol/m3.
Como o material possui dois elétronsde valência por átomo, o número de átomos por unidade 
de volume é
n na
3/ mol/m= = ×2 4 2 104, ,
e a massa específica do material é
 = = × = ×n Ma 3mol/m g/mol) g/( , )( , ,4 2 10 20 0 8 4 104 5 mm g/cm3 3= 0 84, .
25. (a) De acordo com o Problema 41-23, a energia liberada seria
E NE= =
× −med 23
g
g/mol)/(6,02 10 mol
( , )
( , )
3 1
63 54 1
33
5
7 0 1 6 10
1
19


 ×
= × =
−( , )( ,
,
eV J/eV)
97 10 J 14 99,7 kJ.
soluções dos problemas 219
(b) Como 1 W = 1 J/s, temos:
t
E
P
= = × =1 97 10
100
197
4
,
.
J
J/s
s
26. De acordo com a Eq. 41-6, a probabilidade de ocupação de um estado situado a uma distância 
DE da energia de Fermi EF é dada por
P
e eE E E kT E kT
=
+
=
++ −
1
1
1
1( ) / /
.
F FD D
Explicitando DE, obtemos
DE kT
P
= −

 = ×ln ( ,
1 1 1 38 1023 J/K)(300 K) ln 1
0,110
J meV−

 = × =
−1 9 1 10 5721, .
27. (a) De acordo com as Eqs. 41-2, 41-3 e 41-4, temos:
n =
×
=2 7 133
65 37 1023
( , )
( ,
g/cm
g/mol)/(6,02 mol)
3
11 31 10 1 31 1023 29 3, ,× = ×− −cm m .3
(b) De acordo com a Eq. 41-9,
E h
m
nF
e
= = × ⋅
−0 121 0 121 6 63 10 1 312 2 3 34, , ( , ( ,/ J s)2 ××
× ×
−
− −
10
9 11 10 10
29
31 19
m )
kg)(1,60 J/eV
3 2/3
( , ) == 9 43, .eV
(c) Igualando a energia de Fermi a m ve F2 2/ , obtemos:
v
E c
m c
F
F
e
= = ×
×
2 2 9 43 2 998 10
511 10
2
2
8( , )( ,eV m/s)2
33
6 31 82 10
eV
m/s 1,82 10 km/s.= × = ×,
(d) De acordo com a Eq. 38-13, o comprimento de onda de de Broglie é
 = = × ⋅
× ×
−
−
h
m ve F
6 63 10
9 11 10
34
31
,
( ,
J s
kg)(1,82 1066 m/s) nm.= 0 40,
28. De acordo com as Eqs. 41-2, 41-3 e 41-4,
n = × =
−( , )( , )
( ) ,
19 3 6 02 10
197
5 9
3 23 1g/cm mol
g/mol
00 10 59 022 3 3× =− −cm nm,
e, portanto, de acordo com a Eq. 41-9,
E hc
m c
nF
e
= = ⋅0 121 0 121 1240
51
2
2
2 3
2
, ( )
( )
, ( )/ eV nm
11 10
59 0 5 523
2 3
×
=−
eV
nm eV.3( , ) ,/
29. De acordo com o Problema 41-23,
K NE n Etotal med med m= = = × ×− − ( , )( ,8 43 10 1 00 1028 3 66 3 1935 7 00 1 60 10m eV J/eV)
5,71
) ( , )( ,

 ×
= ×
−
110 J 57,1 kJ.4 =
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
P E
e E E kTF
( ) ( ) /= +−
1
1
220 soluções dos problemas
na qual k é a constante de Boltzmann e 
E h
m
nF
e
= = × ⋅
−0 121 0 121 6 626 10
9 11
2
2 3
34
, , ( ,
,
/ J s)2
××
× = ×−
− −
10
1 70 10 3 855 1031
28 19
kg
m ) J3 2/3( , ,
é a energia.
Como 
E EF− = × − × = ×− − −4 00 10 3 855 10 1 45 1019 19 20, , ,J J JJ
e
E E
kT
F− = ×
×
=
−
−
1 45 10
1 38 10
20
23
,
( ,
J
J/K)(200 K) 5,22536,
temos:
P E
e
( ) , .
,
=
+
= × −1
1
5 20 105 2536
3
Além disso, de acordo com a Eq. 41-5, temos:
N E m
h
E( ) ( ,( ,
/
/= = ×
−8 2 8 2 9 109 10
6
3 2
3
1 2
31  kg)3/2
6626 10
4 00 10
1 062 10
34
19 1 2
56
× ⋅
×
= ×
−
−
J s) J3 ( , )
( ,
/
kkg /J s J
/m
3/2 3 3
3
⋅ ×
= ×
−)( , )
,
/4 00 10
6 717 10
19 1 2
46 ⋅⋅ J.
Assim, de acordo com a Eq. 41-7, a densidade de estados ocupados é
N E N E P EO 3/m J)(( ) ( ) ( ) ( , , )= = × ⋅ × −6 717 10 5 20 1046 3 == × ⋅3 49 1044, .m J3
Em um intervalo de energia DE e em um volume V, o número de estados ocupados é
n N E V E= = × ⋅ × −O 3 3/m J)( m( ) ( , , )(D 3 49 10 6 00 10 344 6 ,,
, .
20 10
6 7 10
20
19
×
= ×
− J)
31. (a) A energia mínima para que o elétron passe da banda de valência para a banda de condução 
é igual à diferença de energia Eg entre as duas bandas. Como a energia de um fóton é dada por 
Efóton = hc/l, na qual l é o comprimento de onda, Efóton = Eg e
 = = × ⋅ ×
−hc
Eg
( , )
( ,
6 63 10
5 5
34 J s)(2,998 10 m/s
eV)
8
((1,60 10 J/eV) m 226 nm.19× = × =−
−2 26 10 7,
(b) Este comprimento de onda está na região do ultravioleta do espectro eletromagnético.
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. 
soluções dos problemas 221
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 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 elétrons da subcamada 4p.
(c) Como no caso do silício, cada ligação covalente envolve 2 elétrons.
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
P E
e e
E EF kT
( ) =
+
=− −
1
1
1
0 67 0 335 8 62( )/ ( , , ) /( ,eV eV ×× − +
= × −10 2905
6
1
1 5 10
eV/K K)( ) , .
(b) Como, na extremidade superior da banda de valência, E = 0, a probabilidade de que um 
estado não esteja ocupado é
1 1 1
1
1
1
1
0 0− ( ) = − + = + =−( ) − −( ) − −P E e e eE E kT E E kTF F ,3335 8 62 10 290
6
5 1
1 5 10
eV eV K K( ) ×
−
− +
= ×
( , )( )
, .
34. (a) O número de elétrons na banda de valência é
N N P E N
e
v v
v
E E kTvev F
= ( ) = +−( ) 1 .
Como existem Nv estados na banda de valência, o número de buracos na banda de valência é
N N N N
e
N
e
v v E E kT
v
E Ev vbv ev F
= − = −
+




=−( ) − −1
1
1 FF( ) +kT 1
.
Por outro lado, o número de elétrons na banda de condução é
N N P E N
e
c c
c
E E kTcec F
= ( ) = +−( ) 1 .
Assim, para que Nec = Nbv, devemos ter
N
e
N
e
v
E E kT
c
E E kTv F c F− − −+
=
+( ) / ( ) /1 1
(b) e E E kTv F− − >>( ) / 1 e e E E kTc F( ) / ,− >> 1 a equação obtida no item (a) se reduz a
N
e
N
e
c
kT
v
kTEc EF Ev EF−( ) − −( )
= ,
o que nos dá
e N NE E E kT v cv c F− +( ) ≈2 .
222 soluções dos problemas
Tomando o logaritmo natural de ambos os membros, obtemos
2E E E
kT
N
N
F v c v
c
− − = 



ln ,
o que nos dá
E E E kT N
NF c v
v
c
= +( ) + 


1
2
1
2
ln .
35. No Exemplo “Dopagem do silício com fósforo”, é calculada a fração de átomos de silício 
que devem ser substituídos por átomos de fósforo para que a concentração de elétrons aumente 
de 1016 m−3 para 1022 m−3. Neste problema, vamos calcular primeiro onúmero de átomos em 
mSi = 1,0 g de silício, depois o número de átomos que devem ser substituídos e, finalmente, a 
massa dos átomos de fósforo usados na substituição. Como a massa molar do silício é MSi = 
28,086 g/mol, a massa de um átomo de silício é
m
M
NA
0,Si
Si g/mol
mol
= =
×
=−
28 086
6 022 10
4 6623 1
,
,
, ×× −10 23 g
e o número de átomos em 1,0 g de silício é
N m
m
Si
Si
Si
g
g
= =
×
= ×−
0
23
221 0
4 66 10
2 14 10
,
,
,
, .
Como, de acordo com o Exemplo, um em cada 5 × 106 átomos de silício deve ser substituído 
por um átomo de fósforo, é necessário introduzir
NP =
×
×
= ×2 14 10
5 10
4 29 10
22
6
15,
,
átomos de fósforo em 1,0 g de silício. Como a massa molar do fósforo é MP = 30,9758 g/mol, a 
massa de um átomo de fósforo é
m
M
NA
0 23 1
30 9758
6 022 10
5 14
,
,
,
,P
P g/mol
mol
= =
×
=− − ××
−10 23 g
e a massa de fósforo que deve ser usada na dopagem é
m N mP = = × × = ×− −P P g0 15 23 74 29 10 5 14 10 2 2 10, ( , )( , ) , gg 0,22 g=  .
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:
E E kT PF = − − = − ×− −ln[ ] , ( , )( ) ln[1 51 1 0 8 62 10 300eV K (( , ) ]
, .
5 00 10 1
0 744
5 1× −
=
− −
eV
Para E = 1,11 eV, temos:
P E
e eE E kTF
( ) = + =−( ) −( ) ×
1
1
1
1 11 0 744 8 62, , [( ,eV eV 110 300
7
5 1
7 13 10− ( )
−
+
= ×
eV K K) ] , .
soluções dos problemas 223
37. (a) De acordo com a Eq. 41-6, a probabilidade de que um estado de energia E esteja ocupado 
é
P E
e E E kTF
( ) =
+−( )
1
1
na qual 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.
No caso do silício puro, EF = 0,555 eV e
E E
kT
F− = =0 555
0 02586
21 46,
,
, ,
eV
eV
o que nos dá
P E
e
( ) , .
,
=
+
= × −1
1
4 79 1021 46
10
(b) No caso do silício dopado,
E E
kT
F− = =0 11
0 02586
4 254,
,
, ,
eV
eV
o que nos dá
P E
e
( ) = + = ×
−1
1
1 40 104 254
2
,
, .
(c) A energia do nível introduzido pelo doador, em relação à extremidade superior da banda de 
valência, é 1,11 eV – 0,15 eV = 0,96 eV. Como a energia de Fermi é 1,11 eV – 0,11 eV = 1,00 
eV, temos:
E E
kT
F− = − = −0 96 1 00
0 02586
1 547, ,
,
, ,
eV eV
eV
o que nos dá
P E
e
( ) = + =−
1
1
0 8241 547, , .
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
5 10
2 5 10
5 10
21 3
15 3
5×
×
= ×
−
−
m
m( ) .
O fator 2 no denominador se deve ao fato de que o silício puro contém dois tipos de portadores, 
elétrons e buracos, com concentrações praticamente iguais.
224 soluções dos problemas
39. Se a energia recebida pelos elétrons é igual à diferença de energia entre a extremidade 
superior da banda de valência e a extremidade inferior da banda de condução (1,1 eV), o número 
de elétrons que podem ser transferidos para a banda de condução por um único fóton de 662 
keV é
N = × = ×662 10
1 1
6 0 10
3
5eV
eV,
, .
Como a transferência de um elétron para a banda de condução resulta na criação de um buraco 
na banda de valência, este é também o número de pares elétron-buraco criados no processo.
40. (a) A figura a seguir mostra o gráfico da corrente em função da tensão aplicada.
(b) A razão é
I
I
I
v
v
=+
=−
−
=
+
×0 50
0 50
0 5
0 50
8 62 10
,
,
exp ,( ,V
V
eV
eV KK K
eV
)( )
exp ,( ,
300
1
0 50
8 62 100




−






−
×
I −−




−






= ×
5
8
300
1
2 5 10
eV K K)( )
, .
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 que este valor são absorvidos 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:
E hc= = ⋅ =

1240
295
4 20eV nm
nm
eV, .
42. Como
E hcfóton
eV nm
nm
eV eV= = ⋅ = >

1240
140
8 86 7 6, . ,
a luz é absorvida pelo cristal de KCl e, portanto, o cristal é opaco para este comprimento de 
onda.
soluções dos problemas 225
43. Vamos chamar de lmax a dimensão máxima (linear) de cada transistor, de A a área do circuito 
integrado e de N o número de transistores. Nesse caso, A N= lmax2 e, portanto,
lmax
( , )( , )
,
,= =
×
= × =−A
N
2 54 2 22
3 5 10
1 3 10 16
5cm cm m 33m.
44. (a) De acordo com as Eqs. 25-9 e 25-27, 
C A
d
= = × =
− 

0
12 24 5 8 85 10 0 50
0 20
( , ) ( , ) ( , )
,
F m m
m
55 0 10 17, × − F.
(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
N CV
e
= = ×
×
= ×
−
−
( , ) ( , )
,
, .
5 0 10 1 0
1 6 10
3 1 10
17
19
2F V
C
45. (a) A derivada de P(E) é
dP
dE e
d
dE
e
eE E kT
E E kT
EF
F= −
+
= −−
−
−
1
1
1
2[ ] [( ) /
( ) /
( EE kT
E E kT
F
F
kT
e) /
( ) /
] .+
−
1
1
2
Para E = EF, temos:
dP
dE e kT
e
E E E E kT
E E kT
F F F
F F
= −
−= −
+
= −1
1
1
2[ ]( ) /
( ) / 11
4kT
.
(b) Por definição, a derivada calculada no item (a) é a inclinação de uma reta tangente à curva 
de P(E) no ponto E = EF. A equação desta reta pode ser escrita na forma
y
kT
E E= −

 −
1
4 0
( ),
em que E0 é o ponto de interseção com o eixo E. Como, para E = EF, y = P(EF) = 1/2, temos:
1
2
1
4 0
= −

 −kT
E EF( ),
o que nos dá E0 = EF + 2kT. Assim, a equação da linha reta é
y
kT
E EF= − −( )12
1
4
.
46. (a) No caso do cobre, a Eq. 41-10 nos dá
d
dT

= = × ⋅ × = + ×− − − −[ ] ( )( )Cu 1m K2 10 4 10 8 108 3 11  ⋅m/K.
(b) No caso do silício, a Eq. 41-10 nos dá
d
dT

= = × ⋅ − × = − ×− −[ ] ( )( ) ,Si 1m K3 10 70 10 2 1 103 3 22  ⋅m/K.
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 ′ =h a 3 2/ , na qual a é o lado do tetraedro. Vamos chamar de C9 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 
226 soluções dos problemas
equilátero, é fácil mostrar que a distância entre o ponto A e o ponto C9 é AC a′ = / 3. Imagine 
outro segmento de reta, perpendicular à face que contém o ponto A, partindo do ponto C9 e 
terminando em outro átomo de silício, que vamos chamar de B. Este segundo segmento de reta 
é a altura h do tetraedro. Deacordo com o teorema de Pitágoras,
h a AC a a a= − ′ = − 

 =
2 2 2
2
3
2
3
( ) .
Vamos agora definir um sistema de coordenadas. Suponha que o átomo B está no eixo y, no 
ponto y h ab = = 2 3/ , e que o átomo A está no eixo x, no ponto x AC aa = ′ = / 3. Nesse 
caso, o ponto C9 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 x ya c2 2+ . Assim, 
y y x y a y a yb c a c c c− = + ⇒ − =



 +
2 2
2
22
3 3
,
o que nos dá y ac = /2 6.
(a) Na notação dos vetores unitários, de acordo com as informações acima, o vetor que liga os 
pontos C e A é dado por

r x y aac a c= − = −ˆ )ˆ ˆ ˆi + ( j a3 i j.2 6
O vetor que liga os pontos C e B é dado por

r y y abc b c= − =( )ˆ ˆ.j j38
Assim, de acordo com a Eq. 3-20,
 = ⋅




= −


− −cos cos1 1
1
3
 
 
r r
r r
ac bc
ac bc
,,
o que nos dá u = 109,5°.
(b) O comprimento do vetor rbc (que, naturalmente, é igual ao comprimento do vetor rac ) é
| | ( ) , .r abc = = = ≈38 388
3
8
237 6pm pm 238 pm
Na geometria, a distância a 3 8/ é conhecida como raio da esfera circunscrita ao tetraedro 
regular.
48. De acordo com a Eq. 41-6,
P E E
e e e
F E E E kT E kT xF F
( ) ( ) / /+ = + = + = ++ −  
1
1
1
1
1
1
e
P E E
e e e
F E E E kT E kT xF F
( ) ( ) / /− = + = + = +− − − −  
1
1
1
1
1
11
,
soluções dos problemas 227
em que x = DE/kT. Assim,
P E E P E E
e e
e e
e
F F x x
x x
( ) ( ) (+ + − = + + + =
+ + +
−
−
D D
1
1
1
1
1 1
−− + +
=
x xe1 1
1)( ) .
Um caso especial deste resultado aparece no Problema 41-4, em que DE = 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:
N E m m
h
h
m
nF( ) .
/
/= 


8 2 3
16 23
1 3
1 3

Simplificando essa expressão, obtemos
N E m
h
nF( ) ,= 4 32 23 
que é equivalente à expressão que aparece no enunciado do problema. Substituindo por valores 
numéricos, obtemos
N E mc
hc
nF( ) ( )
(
(
/= 



= ×4 3 4 511 10
2
2
23 1 3
3

eV)
11240
3 4 1123 1 3 2 1
eV nm) nm eV2⋅




= ⋅− − n n/ ( , ) 11 3/
(b) De acordo com o resultado do Problema 41-3,
n = × =− −8 49 10 84 928 3 3, , .m nm
Assim, a expressão do item (a) nos dá
N EF( ) ( , )( , ) ( ,/= ⋅ =− − − −4 11 84 9 4 111 3 1 3nm eV nm nm2 22
3 3
eV nm
nm eV m e
⋅
= ⋅ = × ⋅
− −
− − −
1 1
1 28
4 4
18 1 8 10
)( , )
, VV−1.
Este valor está de acordo com o que pode ser obtido a partir da curva da Fig. 41-6 fazendo 
EF = 7,0 eV. 
50. Usando a expressão aproximada do Problema 41-21, obtemos
frac = × + ≈
−3 8 62 10 273
2 5 5
0 0
5( ,
( , ) ,
eV/K)(961 K)
eV
33.
51. Explicitando vF na equação E m vF e F= 2 2/ , obtemos
v
E
m
c
E
mc
F
F F= = = ×
×
2 2 3 0 10 2 7 0
5 11 12
5( , ) ( ,
,
km/s eV)
00
16005 eV
km/s= .
52. O fator numérico da Eq. 41-9 é
3
16 2
0 12122 0 121
2 3




 = ≈
/
, , .
53. De acordo com a Eq. 19-9, temos:
p nkT= = × × =− −( , )( ,8 43 10 1 38 1028 23m J/K)(300 K)3 33,49 10 Pa 3,49 0 atm.8 3× = ×1