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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 =
𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆 𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍 𝒑𝒑𝒑𝒑𝒑𝒑 á𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕∗𝑵𝑵𝑨𝑨∗𝝆𝝆𝒎𝒎
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
∗ 𝝅𝝅 ∗ 𝒓𝒓𝒔𝒔
𝟑𝟑
=
𝟏𝟏
𝒏𝒏
𝒓𝒓𝒔𝒔 = �
𝟑𝟑
𝟒𝟒∗𝝅𝝅∗𝒏𝒏
𝟑𝟑
b) 𝒏𝒏𝒆𝒆 =
𝑵𝑵
𝑽𝑽
=
𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆 𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍 𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂∗𝑵𝑵𝑨𝑨∗𝝆𝝆𝒎𝒎
𝑨𝑨
=
𝟏𝟏
𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆
𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂
∗𝟔𝟔.𝟎𝟎𝟎𝟎∗𝟏𝟏𝟏𝟏𝟐𝟐𝟐𝟐𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂
𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎
∗𝟖𝟖.𝟖𝟖𝟖𝟖
𝒈𝒈
𝒄𝒄𝒄𝒄𝟑𝟑∗
𝟏𝟏𝟏𝟏𝟔𝟔𝒄𝒄𝒄𝒄𝟑𝟑
𝟏𝟏 𝒎𝒎𝟑𝟑
𝟔𝟔𝟔𝟔,𝟓𝟓𝟓𝟓
𝒈𝒈
𝒏𝒏𝒆𝒆 = 𝟖𝟖. 𝟑𝟑𝟑𝟑 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟐𝟐𝟐𝟐
𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆/𝒎𝒎𝟑𝟑
𝒓𝒓𝒔𝒔 = �
𝟑𝟑
𝟒𝟒∗𝝅𝝅∗𝟖𝟖.𝟑𝟑𝟑𝟑∗𝟏𝟏𝟏𝟏𝟐𝟐𝟐𝟐
𝟑𝟑
= 𝟏𝟏. 𝟒𝟒𝟒𝟒 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟏𝟏𝟏𝟏
𝒎𝒎𝟑𝟑
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
=
𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆 𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍 𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂∗𝑵𝑵𝑨𝑨∗𝝆𝝆𝒎𝒎
𝑨𝑨
=
𝟏𝟏
∗𝟖𝟖.𝟖𝟖𝟖𝟖
𝒈𝒈
𝒄𝒄𝒄𝒄𝟑𝟑∗
𝟏𝟏𝟏𝟏𝟔𝟔𝒄𝒄𝒄𝒄𝟑𝟑
𝟏𝟏 𝒎𝒎𝟑𝟑
𝟔𝟔𝟔𝟔,𝟓𝟓𝟓𝟓
𝒈𝒈
𝒏𝒏𝒆𝒆 = 𝟖𝟖. 𝟑𝟑𝟑𝟑 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟐𝟐𝟐𝟐
𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆/𝒎𝒎𝟑𝟑
𝝆𝝆 =
𝒎𝒎𝒆𝒆∗𝒗𝒗𝒎𝒎
𝒏𝒏𝒆𝒆∗𝒆𝒆𝟐𝟐∗𝝀𝝀
=
𝟗𝟗.𝟏𝟏∗𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟑𝟑𝟑𝟑 𝒌𝒌𝒌𝒌∗𝟏𝟏.𝟏𝟏𝟏𝟏∗𝟏𝟏𝟏𝟏𝟓𝟓𝒎𝒎/𝒔𝒔
𝟖𝟖.𝟑𝟑𝟑𝟑∗𝟏𝟏𝟏𝟏𝟐𝟐𝟐𝟐𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆/𝒎𝒎𝟑𝟑∗(𝟏𝟏.𝟔𝟔∗𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟏𝟏𝟏𝟏)𝟐𝟐𝑪𝑪𝟐𝟐𝟎𝟎.𝟒𝟒∗𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟗𝟗𝒎𝒎
= 𝟏𝟏. 𝟐𝟐𝟐𝟐 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟕𝟕
𝛀𝛀 ∗ 𝒎𝒎
b) 𝒗𝒗𝒎𝒎 = �
𝟑𝟑∗𝒌𝒌∗𝑻𝑻
𝒎𝒎𝒆𝒆
= �𝟑𝟑∗𝟏𝟏.𝟑𝟑𝟑𝟑∗𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟐𝟐𝟐𝟐∗𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏
𝟗𝟗.𝟏𝟏∗𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟑𝟑𝟑𝟑 = 𝟔𝟔. 𝟕𝟕 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟒𝟒
𝒎𝒎/𝒔𝒔

𝝆𝝆 =
𝒎𝒎𝒆𝒆 ∗ 𝒗𝒗𝒎𝒎
𝒏𝒏𝒆𝒆 ∗ 𝒆𝒆𝟐𝟐 ∗ 𝝀𝝀
=
𝟗𝟗. 𝟏𝟏 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟑𝟑𝟑𝟑
𝒌𝒌𝒌𝒌 ∗ 𝟔𝟔. 𝟕𝟕 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟒𝟒 𝒎𝒎
𝒔𝒔𝒔𝒔
𝒔𝒔
𝟖𝟖. 𝟑𝟑𝟑𝟑 ∗
𝟏𝟏𝟏𝟏𝟐𝟐𝟐𝟐𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒕𝒕𝒓𝒓𝒓𝒓𝒓𝒓𝒓𝒓𝒓𝒓
𝒎𝒎𝟑𝟑 ∗ (𝟏𝟏. 𝟔𝟔 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟏𝟏𝟏𝟏)𝟐𝟐𝑪𝑪𝟐𝟐 ∗ 𝟎𝟎. 𝟒𝟒 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟗𝟗𝒎𝒎
𝝆𝝆 = 𝟕𝟕. 𝟏𝟏𝟏𝟏 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟖𝟖
𝛀𝛀 ∗ 𝒎𝒎
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 =
𝑨𝑨
=
𝟏𝟏
𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆
∗𝟏𝟏𝟏𝟏.𝟓𝟓
𝒈𝒈
𝒄𝒄𝒄𝒄𝟑𝟑
𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏.𝟖𝟖𝟖𝟖
𝒈𝒈
𝒏𝒏 = 𝟓𝟓. 𝟖𝟖𝟖𝟖 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟐𝟐𝟐𝟐
𝒆𝒆−
/𝒄𝒄𝒄𝒄𝟑𝟑
b) 𝒏𝒏 =
𝑨𝑨
=
𝟏𝟏
𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆
∗𝟏𝟏𝟏𝟏.𝟑𝟑
𝒈𝒈
𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏.𝟗𝟗𝟗𝟗
𝒈𝒈
𝒏𝒏 = 𝟓𝟓. 𝟗𝟗𝟗𝟗 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟐𝟐𝟐𝟐
𝒆𝒆−
/𝒄𝒄𝒄𝒄𝟑𝟑
𝑺𝑺𝑺𝑺𝑺𝑺 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 𝒍𝒍𝒍𝒍𝒔𝒔 𝒗𝒗𝒗𝒗𝒗𝒗𝒗𝒗𝒗𝒗𝒗𝒗𝒗𝒗 𝒅𝒅𝒅𝒅 𝒍𝒍𝒍𝒍 𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕.
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 =
𝑨𝑨
;
𝒆𝒆
á𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕
=
𝑨𝑨∗𝒏𝒏
𝑵𝑵𝑨𝑨∗𝝆𝝆𝒎𝒎
𝒆𝒆
=
𝟐𝟐𝟐𝟐,𝟗𝟗𝟗𝟗
𝒈𝒈
∗𝟏𝟏.𝟖𝟖𝟖𝟖∗𝟏𝟏𝟏𝟏𝟐𝟐𝟐𝟐 𝒆𝒆−/𝒄𝒄𝒄𝒄𝟑𝟑
𝟔𝟔.𝟎𝟎𝟎𝟎∗𝟏𝟏𝟏𝟏𝟐𝟐𝟐𝟐𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂
∗𝟐𝟐.𝟕𝟕
𝒈𝒈
= 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 =
𝑨𝑨
;
𝒆𝒆
=
𝑨𝑨∗𝒏𝒏
𝑵𝑵𝑨𝑨∗𝝆𝝆𝒎𝒎
𝒆𝒆
=
𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏.𝟔𝟔𝟔𝟔
𝒈𝒈
∗𝟏𝟏𝟏𝟏.𝟖𝟖∗𝟏𝟏𝟏𝟏𝟐𝟐𝟐𝟐 𝒆𝒆−/𝒄𝒄𝒄𝒄𝟑𝟑
𝟔𝟔.𝟎𝟎𝟎𝟎∗𝟏𝟏𝟏𝟏𝟐𝟐𝟐𝟐𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂
∗𝟕𝟕.𝟑𝟑
𝒈𝒈
= 𝟒𝟒. 𝟎𝟎𝟎𝟎
7. Calcular la temperatura de Fermi para:
a) Al. b) K. c) Sn.
a) 𝒌𝒌 ∗ 𝑻𝑻𝑭𝑭 = 𝑬𝑬𝑭𝑭 ; 𝑻𝑻𝑭𝑭 =
𝑬𝑬𝑭𝑭
𝒌𝒌
=
𝟏𝟏𝟏𝟏.𝟕𝟕 𝒆𝒆𝒆𝒆
𝟖𝟖.𝟔𝟔𝟔𝟔∗𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟓𝟓𝒆𝒆𝒆𝒆
𝑲𝑲
= 𝟏𝟏. 𝟑𝟑𝟑𝟑 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟓𝟓
𝑲𝑲
b) 𝑻𝑻𝑭𝑭 =
𝑬𝑬𝑭𝑭
𝒌𝒌
=
𝟐𝟐.𝟏𝟏𝟏𝟏 𝒆𝒆𝒆𝒆
𝟖𝟖.𝟔𝟔𝟔𝟔∗𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟓𝟓𝒆𝒆𝒆𝒆
𝑲𝑲
= 𝟐𝟐. 𝟒𝟒𝟒𝟒 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟒𝟒
𝑲𝑲
c) 𝑻𝑻𝑭𝑭 =
𝑬𝑬𝑭𝑭
𝒌𝒌
=
𝟏𝟏𝟏𝟏.𝟐𝟐 𝒆𝒆𝒆𝒆
𝟖𝟖.𝟔𝟔𝟔𝟔∗𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟓𝟓𝒆𝒆𝒆𝒆
𝑲𝑲
= 𝟏𝟏. 𝟏𝟏𝟏𝟏 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟓𝟓
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.

a) 𝑬𝑬𝑭𝑭 =
𝟏𝟏
𝟐𝟐
∗ 𝒎𝒎𝒆𝒆 ∗ 𝒖𝒖𝑭𝑭
𝟐𝟐
; 𝒖𝒖𝑭𝑭 = �
𝟐𝟐∗𝑬𝑬𝑭𝑭
𝒎𝒎𝒆𝒆
= �𝟐𝟐∗𝟑𝟑.𝟐𝟐𝟐𝟐 𝒆𝒆𝒆𝒆∗
𝟏𝟏.𝟔𝟔∗𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟏𝟏𝟏𝟏𝑱𝑱
𝟏𝟏 𝒆𝒆𝒆𝒆
𝟗𝟗.𝟏𝟏𝟏𝟏∗𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟑𝟑𝟑𝟑 𝒌𝒌𝒌𝒌
= 𝟏𝟏. 𝟎𝟎𝟎𝟎 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟔𝟔
𝒎𝒎/𝒔𝒔
b) 𝒖𝒖𝑭𝑭 = �
𝒎𝒎𝒆𝒆
= �𝟐𝟐∗𝟓𝟓.𝟓𝟓𝟓𝟓 𝒆𝒆𝒆𝒆∗
𝟏𝟏.𝟔𝟔∗𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟏𝟏𝟏𝟏𝑱𝑱
𝟗𝟗.𝟏𝟏𝟏𝟏∗𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟑𝟑𝟑𝟑 𝒌𝒌𝒌𝒌
= 𝟏𝟏. 𝟑𝟑𝟑𝟑 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟔𝟔
𝒎𝒎/𝒔𝒔
c) 𝒖𝒖𝑭𝑭 = �
𝒎𝒎𝒆𝒆
= �𝟐𝟐∗𝟏𝟏𝟏𝟏.𝟐𝟐 𝒆𝒆𝒆𝒆∗
𝟏𝟏.𝟔𝟔∗𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟏𝟏𝟏𝟏𝑱𝑱
𝟗𝟗.𝟏𝟏𝟏𝟏∗𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟑𝟑𝟑𝟑 𝒌𝒌𝒌𝒌
= 𝟏𝟏. 𝟖𝟖𝟖𝟖 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟔𝟔
𝒎𝒎/𝒔𝒔
9. Usando las densidades numéricas de la tabla 27.1, calcular la energía de Fermi para
a) Al. b) K. c) Sn.
a) 𝑬𝑬𝑭𝑭 = �𝟎𝟎. 𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑 𝒆𝒆𝒆𝒆 𝒏𝒏𝒏𝒏𝟐𝟐
� ∗ 𝒏𝒏
𝟐𝟐
𝟑𝟑 = 𝟎𝟎. 𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑 ∗ (𝟏𝟏𝟏𝟏. 𝟏𝟏 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟐𝟐𝟐𝟐
)𝟐𝟐/𝟑𝟑
= 𝟏𝟏𝟏𝟏. 𝟕𝟕 𝒆𝒆𝒆𝒆
b) 𝑬𝑬𝑭𝑭 = �𝟎𝟎. 𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑 𝒆𝒆𝒆𝒆 𝒏𝒏𝒏𝒏𝟐𝟐
� ∗ 𝒏𝒏
𝟐𝟐
𝟑𝟑 = 𝟎𝟎. 𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑 ∗ �𝟏𝟏. 𝟒𝟒 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟐𝟐𝟐𝟐
�
𝟐𝟐
𝟑𝟑 = 𝟐𝟐. 𝟏𝟏𝟏𝟏 𝒆𝒆𝒆𝒆
c) 𝑬𝑬𝑭𝑭 = �𝟎𝟎. 𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑 𝒆𝒆𝒆𝒆 𝒏𝒏𝒏𝒏𝟐𝟐
� ∗ 𝒏𝒏
𝟐𝟐
𝟑𝟑 = 𝟎𝟎. 𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑 ∗ �𝟏𝟏𝟏𝟏. 𝟖𝟖 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟐𝟐𝟐𝟐
�
𝟐𝟐
𝟑𝟑 = 𝟏𝟏𝟏𝟏. 𝟐𝟐 𝒆𝒆𝒆𝒆
10. Determinar la energía media de los electrones de conducción a T=0 en
a) Cobre. b) Litio.
a) Usando valores de la tabla 27.1.
𝑻𝑻 = 𝟎𝟎 ; 𝑬𝑬𝒎𝒎𝒎𝒎𝒅𝒅𝒊𝒊𝒊𝒊 =
𝟑𝟑
𝟓𝟓
∗ 𝑬𝑬𝑭𝑭 =
𝟑𝟑
𝟓𝟓
∗ 𝟕𝟕. 𝟎𝟎𝟎𝟎 𝒆𝒆𝒆𝒆 = 𝟒𝟒. 𝟐𝟐𝟐𝟐 𝒆𝒆𝒆𝒆
b) 𝑬𝑬𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 =
𝟑𝟑
𝟓𝟓
𝟑𝟑
𝟓𝟓
∗ 𝟒𝟒. 𝟕𝟕𝟕𝟕 𝒆𝒆𝒆𝒆 = 𝟐𝟐. 𝟖𝟖𝟖𝟖 𝒆𝒆𝒆𝒆
11. Calcular
a) La temperatura de Fermi
b) La energía de Fermi para el hierro a T=0.
a) 𝑻𝑻𝑭𝑭 =
𝑬𝑬𝑭𝑭
𝒌𝒌
=
𝟏𝟏𝟏𝟏.𝟐𝟐 𝒆𝒆𝒆𝒆
𝟖𝟖.𝟔𝟔𝟔𝟔∗𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟓𝟓𝒆𝒆𝒆𝒆
𝑲𝑲
= 𝟏𝟏. 𝟑𝟑𝟑𝟑 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟓𝟓
𝑲𝑲
b) 𝑬𝑬𝑭𝑭 = �𝟎𝟎. 𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑 𝒆𝒆𝒆𝒆 𝒏𝒏𝒏𝒏𝟐𝟐
� ∗ 𝒏𝒏
𝟐𝟐
𝟑𝟑 = 𝟎𝟎. 𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑 ∗ �𝟏𝟏𝟏𝟏. 𝟎𝟎 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟐𝟐𝟐𝟐
�
𝟐𝟐
𝟑𝟑 = 𝟏𝟏𝟏𝟏. 𝟐𝟐 𝒆𝒆𝒆𝒆
12. La presión de un gas ideal está relacionada con la energía media de las partículas del gas
por la expresión 𝑷𝑷𝑷𝑷 =
𝟐𝟐
𝟑𝟑
𝑵𝑵𝑬𝑬𝒎𝒎, en donde N es el número de partículas y Em es la energía
media. Utilizar ésta para calcular la presión del gas de electrones de Fermi en el cobre en
N/m2
y comparar el resultado con la presión atmosférica, que es aproximadamente 105
N/m2
. (Nota: las unidades se manejan más fácilmente utilizando los factores de
conversión 1 N/m2
=1 J/m3
y 1 eV=1.6 10-19
J).
𝑬𝑬𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 =
𝟑𝟑
𝟓𝟓
𝟑𝟑
𝟓𝟓
∗ 𝟕𝟕. 𝟎𝟎𝟎𝟎 𝒆𝒆𝒆𝒆 = 𝟒𝟒. 𝟐𝟐𝟐𝟐 𝒆𝒆𝒆𝒆
𝑷𝑷 =
𝟐𝟐
𝟑𝟑
∗
𝑵𝑵
𝑽𝑽
∗ 𝑬𝑬𝒎𝒎 =
𝟐𝟐
𝟑𝟑
∗
𝑵𝑵
𝑽𝑽
∗ 𝑬𝑬𝒎𝒎
𝑷𝑷 =
𝟐𝟐
𝟑𝟑
∗ 𝟖𝟖. 𝟒𝟒𝟒𝟒 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟐𝟐𝟐𝟐 𝒆𝒆−
𝒄𝒄𝒄𝒄𝟑𝟑 ∗ 𝟒𝟒. 𝟐𝟐𝟐𝟐 𝒆𝒆𝒆𝒆 ∗
𝟏𝟏𝟏𝟏𝟔𝟔𝒄𝒄𝒄𝒄𝟑𝟑
𝟏𝟏 𝒎𝒎𝟑𝟑 ∗
𝟏𝟏.𝟔𝟔∗𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟏𝟏𝟏𝟏 𝑱𝑱
= 𝟑𝟑. 𝟖𝟖𝟖𝟖 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏
𝑷𝑷𝑷𝑷
Es del orden del cuadrado de la presión atmosférica.
13. El módulo B (que es el inverso de la compresibilidad de un material) se defina como
𝑩𝑩 = −𝑽𝑽
𝝏𝝏𝝏𝝏
𝝏𝝏𝝏𝝏

a) Utilizar la relación del gas ideal 𝑷𝑷𝑷𝑷 =
𝟐𝟐
𝟑𝟑
𝑵𝑵𝑬𝑬𝒎𝒎 y las ecuaciones 𝑬𝑬𝑭𝑭 = �
𝒉𝒉𝟐𝟐
𝟖𝟖 𝒎𝒎𝒆𝒆
� �
𝟑𝟑 𝑵𝑵
𝝅𝝅 𝑽𝑽
�
𝟐𝟐/𝟑𝟑
y
𝑬𝑬𝒎𝒎 =
𝟑𝟑
𝟓𝟓
𝑬𝑬𝑭𝑭 para demostrar que
𝑷𝑷 =
𝟐𝟐 𝑵𝑵𝑬𝑬𝑭𝑭
𝟓𝟓𝟓𝟓
= 𝑪𝑪𝑽𝑽−𝟓𝟓/𝟑𝟑
En donde C es una constante independiente de V.
b) Demostrar que el módulo del gas de electrones de Fermi, viene dado entonces por
𝑩𝑩 =
𝟓𝟓
𝟑𝟑
𝑷𝑷 =
𝟐𝟐 𝑵𝑵𝑬𝑬𝑭𝑭
𝟑𝟑 𝑽𝑽
c) Calcular el mismo módulo en N/m2
para el gas de Fermi del cobre y compararlo con
el valor medio para el cobre sólido (140 109
N/m2
).
a) Según el problema anterior:
𝑷𝑷 =
𝟐𝟐
𝟑𝟑
∗
𝑵𝑵
𝑽𝑽
∗ 𝑬𝑬𝒎𝒎 =
𝟐𝟐
𝟑𝟑
∗
𝑵𝑵
𝑽𝑽
∗ 𝑬𝑬𝒎𝒎
𝑷𝑷 =
𝟐𝟐
𝟑𝟑
∗
𝑵𝑵
𝑽𝑽
∗
𝟑𝟑
𝟓𝟓
𝟐𝟐
𝟓𝟓
∗
𝑵𝑵
𝑽𝑽
∗ 𝑬𝑬𝑭𝑭
𝑷𝑷 =
𝟐𝟐
𝟓𝟓
∗
𝑵𝑵
𝑽𝑽
∗ �
𝒉𝒉𝟐𝟐
𝟖𝟖∗𝒎𝒎𝒆𝒆
� �
𝟑𝟑∗𝑵𝑵
𝝅𝝅∗ 𝑽𝑽
�
𝟐𝟐
𝟑𝟑
=
𝟐𝟐
𝟓𝟓
∗
𝒉𝒉𝟐𝟐
∗ 𝑵𝑵
𝟓𝟓
𝟑𝟑 ∗ �
𝟑𝟑
𝝅𝝅
�
𝟐𝟐
𝟑𝟑
∗ 𝑽𝑽−
𝟓𝟓
𝟑𝟑 = 𝑪𝑪 ∗ 𝑽𝑽−
𝟓𝟓
𝟑𝟑
b) 𝑩𝑩 = −𝑽𝑽 ∗
𝒅𝒅𝒅𝒅
𝒅𝒅𝒅𝒅
= −𝑽𝑽 ∗
𝒅𝒅
𝒅𝒅𝒅𝒅
�𝑪𝑪 ∗ 𝑽𝑽−
𝟓𝟓
𝟑𝟑� = 𝑪𝑪 ∗ 𝑽𝑽 ∗
𝟓𝟓
𝟑𝟑
∗ 𝑽𝑽−
𝟖𝟖
𝟑𝟑 =
𝟓𝟓
𝟑𝟑
∗ 𝑪𝑪 ∗ 𝑽𝑽−
𝟓𝟓
𝟑𝟑 =
𝟓𝟓
𝟑𝟑
∗ 𝑷𝑷
Usando:
P=
𝟐𝟐
𝟓𝟓
∗
𝑵𝑵
𝑽𝑽
𝑩𝑩 =
𝟓𝟓
𝟑𝟑
∗
𝟐𝟐
𝟓𝟓
∗
𝑵𝑵
𝑽𝑽
𝟐𝟐
𝟑𝟑
∗
𝑵𝑵
𝑽𝑽
c) Para el cobre:
𝑩𝑩 =
𝟐𝟐
𝟑𝟑
∗ 𝟖𝟖. 𝟒𝟒𝟒𝟒 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟐𝟐𝟐𝟐
∗
𝒄𝒄𝒄𝒄𝟑𝟑 ∗
𝟏𝟏𝟏𝟏𝟔𝟔𝒄𝒄𝒄𝒄𝟑𝟑
𝟏𝟏 𝒎𝒎𝟑𝟑 ∗ �𝟕𝟕. 𝟎𝟎𝟎𝟎 𝒆𝒆𝒆𝒆 ∗
𝟏𝟏.𝟔𝟔∗𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟏𝟏𝟏𝟏 𝑱𝑱
�
𝑩𝑩 = 𝟔𝟔. 𝟑𝟑𝟑𝟑 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏
𝑵𝑵/𝒎𝒎𝟐𝟐
𝑩𝑩
𝑩𝑩𝑪𝑪𝑪𝑪
=
𝟔𝟔.𝟑𝟑𝟑𝟑∗𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏
𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏∗𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 = 𝟎𝟎. 𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒
Potencial de contacto
14. Un estudiante renuncia creer que bata poner en contacto dos metales distintos para que se cree una diferencia de potencial. Un
compañero suyo le propone una pequeña apuesta en favor de esta afirmación.
a) ¿Qué metales de la tabla demostrarían este punto con mayor eficacia?
b) ¿Cuál sería el valor de su potencial de contacto?
a) El de mayor función de trabajo es el níquel y el de menor el potasio, estos serían los de mayor eficacia.
b) 𝑽𝑽𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 =
|∅𝟐𝟐−∅𝟏𝟏|
𝒆𝒆
=
(𝟓𝟓.𝟑𝟑−𝟐𝟐.𝟏𝟏)𝒆𝒆𝒆𝒆
𝟏𝟏.𝟔𝟔∗𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟏𝟏𝟏𝟏𝑪𝑪
∗
𝟏𝟏.𝟔𝟔∗𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟏𝟏𝟏𝟏𝑱𝑱
= 𝟑𝟑. 𝟐𝟐 𝑽𝑽
15. a) Respecto del problema 14, ¿qué metales distintos presentarían un efecto menos acusado?
b) ¿Cuál sería el valor de sus potenciales de contacto?
a) La menor diferencia es entre plata y oro.
|∅𝟐𝟐−∅𝟏𝟏|
𝒆𝒆
=
(𝟒𝟒.𝟖𝟖−𝟒𝟒.𝟕𝟕)𝒆𝒆𝒆𝒆
𝟏𝟏.𝟔𝟔∗𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟏𝟏𝟏𝟏𝑪𝑪
∗
𝟏𝟏.𝟔𝟔∗𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟏𝟏𝟏𝟏𝑱𝑱
= 𝟎𝟎. 𝟏𝟏 𝑽𝑽

16. Calcular el potencial de contacto entre
a) Ag y Cu. b) Ag y Ni. c) Ca y Cu.
a) 𝑽𝑽𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 =
|∅𝟐𝟐−∅𝟏𝟏|
𝒆𝒆
=
(𝟒𝟒.𝟕𝟕−𝟒𝟒.𝟏𝟏)𝒆𝒆𝒆𝒆
𝟏𝟏.𝟔𝟔∗𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟏𝟏𝟏𝟏𝑪𝑪
∗
𝟏𝟏.𝟔𝟔∗𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟏𝟏𝟏𝟏𝑱𝑱
= 𝟎𝟎. 𝟔𝟔 𝑽𝑽
|∅𝟐𝟐−∅𝟏𝟏|
𝒆𝒆
=
(𝟓𝟓.𝟐𝟐−𝟒𝟒.𝟕𝟕)𝒆𝒆𝒆𝒆
𝟏𝟏.𝟔𝟔∗𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟏𝟏𝟏𝟏𝑪𝑪
∗
𝟏𝟏.𝟔𝟔∗𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟏𝟏𝟏𝟏𝑱𝑱
= 𝟎𝟎. 𝟓𝟓 𝑽𝑽
c) 𝑽𝑽𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 =
|∅𝟐𝟐−∅𝟏𝟏|
𝒆𝒆
=
(𝟒𝟒.𝟏𝟏−𝟑𝟑.𝟐𝟐)𝒆𝒆𝒆𝒆
𝟏𝟏.𝟔𝟔∗𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟏𝟏𝟏𝟏𝑪𝑪
∗
𝟏𝟏.𝟔𝟔∗𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟏𝟏𝟏𝟏𝑱𝑱
= 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 =
𝒏𝒏∗𝒆𝒆𝟐𝟐∗𝝀𝝀
; 𝝀𝝀 =
𝒏𝒏∗𝒆𝒆𝟐𝟐∗𝝆𝝆
Usando el problema 8:
𝒖𝒖𝑭𝑭(𝑵𝑵𝑵𝑵) = 𝟏𝟏. 𝟎𝟎𝟎𝟎 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟔𝟔
𝒎𝒎/𝒔𝒔
𝝀𝝀(𝑵𝑵𝑵𝑵) =
𝟗𝟗.𝟏𝟏∗𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟑𝟑𝟑𝟑 𝒌𝒌𝒌𝒌∗𝟏𝟏.𝟎𝟎𝟎𝟎∗𝟏𝟏𝟏𝟏𝟔𝟔 𝒎𝒎/𝒔𝒔
𝟐𝟐.𝟔𝟔𝟔𝟔∗𝟏𝟏𝟏𝟏𝟐𝟐𝟐𝟐𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆
𝟏𝟏𝟏𝟏𝟔𝟔𝒄𝒄𝒄𝒄𝟑𝟑
𝟏𝟏 𝒎𝒎𝟑𝟑 ∗(𝟏𝟏.𝟔𝟔∗𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟏𝟏𝟏𝟏𝑪𝑪)𝟐𝟐∗𝟒𝟒.𝟏𝟏∗𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟔𝟔𝝁𝝁 𝛀𝛀 𝐜𝐜𝐜𝐜∗
𝟏𝟏 𝒎𝒎
𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝒄𝒄𝒄𝒄
= 𝟑𝟑. 𝟓𝟓 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟖𝟖
𝒎𝒎
𝒖𝒖𝑭𝑭(𝑨𝑨𝑨𝑨) = 𝟏𝟏. 𝟑𝟑𝟑𝟑 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟔𝟔
𝒎𝒎/𝒔𝒔
𝝀𝝀(𝑨𝑨𝑨𝑨) =
𝟗𝟗.𝟏𝟏∗𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟑𝟑𝟑𝟑 𝒌𝒌𝒌𝒌∗𝟏𝟏.𝟑𝟑𝟑𝟑∗𝟏𝟏𝟏𝟏𝟔𝟔 𝒎𝒎/𝒔𝒔
𝟓𝟓.𝟗𝟗𝟗𝟗∗𝟏𝟏𝟏𝟏𝟐𝟐𝟐𝟐𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆
𝟏𝟏𝟏𝟏𝟔𝟔𝒄𝒄𝒄𝒄𝟑𝟑
𝟏𝟏 𝒎𝒎𝟑𝟑 ∗(𝟏𝟏.𝟔𝟔∗𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟏𝟏𝟏𝟏𝑪𝑪)𝟐𝟐∗𝟐𝟐.𝟎𝟎𝟎𝟎∗𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟔𝟔𝝁𝝁 𝛀𝛀 𝐜𝐜𝐜𝐜∗
𝟏𝟏 𝒎𝒎
𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝒄𝒄𝒄𝒄
= 𝟒𝟒. 𝟏𝟏 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟖𝟖
𝒎𝒎
𝒖𝒖𝑭𝑭(𝑺𝑺𝑺𝑺) = 𝟏𝟏. 𝟖𝟖𝟖𝟖 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟔𝟔
𝒎𝒎/𝒔𝒔
𝝀𝝀(𝑺𝑺𝑺𝑺) =
𝟗𝟗.𝟏𝟏∗𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟑𝟑𝟑𝟑 𝒌𝒌𝒌𝒌∗𝟏𝟏.𝟖𝟖𝟖𝟖∗𝟏𝟏𝟏𝟏𝟔𝟔 𝒎𝒎/𝒔𝒔
𝟏𝟏𝟏𝟏.𝟖𝟖∗𝟏𝟏𝟏𝟏𝟐𝟐𝟐𝟐𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆
𝟏𝟏𝟏𝟏𝟔𝟔𝒄𝒄𝒄𝒄𝟑𝟑
𝟏𝟏 𝒎𝒎𝟑𝟑 ∗(𝟏𝟏.𝟔𝟔∗𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟏𝟏𝟏𝟏𝑪𝑪)𝟐𝟐∗𝟏𝟏𝟏𝟏.𝟔𝟔∗𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟔𝟔𝝁𝝁 𝛀𝛀 𝐜𝐜𝐜𝐜∗
𝟏𝟏 𝒎𝒎
𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝒄𝒄𝒄𝒄
= 𝟒𝟒. 𝟑𝟑 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟗𝟗
𝒎𝒎
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
𝝀𝝀𝒕𝒕
+
𝟏𝟏
𝝀𝝀𝒊𝒊
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 𝒕𝒕
𝒏𝒏𝒊𝒊𝒊𝒊𝒊𝒊𝝅𝝅𝒓𝒓𝟐𝟐𝒗𝒗𝒗𝒗
=
𝟏𝟏
𝒏𝒏𝒊𝒊𝒊𝒊𝒊𝒊𝝅𝝅𝒓𝒓𝟐𝟐 =
𝟏𝟏
𝒏𝒏𝒊𝒊𝒊𝒊𝒊𝒊𝑨𝑨
a) 𝝆𝝆𝒊𝒊 =
𝒏𝒏∗𝒆𝒆𝟐𝟐∗𝝀𝝀𝒊𝒊
=
𝒎𝒎𝒆𝒆∗𝒖𝒖𝑭𝑭
𝒏𝒏∗𝒆𝒆𝟐𝟐∗𝝀𝝀𝒊𝒊
; 𝝀𝝀𝒊𝒊 =
𝒎𝒎𝒆𝒆∗𝒖𝒖𝑭𝑭
𝒏𝒏∗𝒆𝒆𝟐𝟐∗𝝆𝝆𝒊𝒊
𝒖𝒖𝑭𝑭 = �
𝒎𝒎𝒆𝒆
𝝀𝝀𝒊𝒊 =
𝒎𝒎𝒆𝒆∗�
𝒎𝒎𝒆𝒆
=
�𝟐𝟐∗𝒎𝒎𝒆𝒆∗𝑬𝑬𝑭𝑭
Usando el valor del cobre de la tabla:
𝝀𝝀𝒊𝒊 =
�𝟐𝟐∗𝟗𝟗.𝟏𝟏∗𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟑𝟑𝟑𝟑 𝒌𝒌𝒌𝒌∗𝟕𝟕.𝟎𝟎𝟎𝟎 𝒆𝒆𝒆𝒆∗
𝟏𝟏.𝟔𝟔∗𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟏𝟏𝟏𝟏𝑱𝑱
𝟖𝟖.𝟒𝟒𝟒𝟒∗𝟏𝟏𝟏𝟏𝟐𝟐𝟐𝟐𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆
𝒎𝒎𝟑𝟑 ∗(𝟏𝟏.𝟔𝟔∗𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟏𝟏𝟏𝟏𝑪𝑪)𝟐𝟐∗𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟖𝟖𝛀𝛀𝒎𝒎
= 𝟔𝟔𝟔𝟔. 𝟏𝟏 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟗𝟗
𝒎𝒎
b) 𝝀𝝀 =
𝟏𝟏
𝒏𝒏𝒊𝒊𝒊𝒊𝒊𝒊∗𝝅𝝅∗𝒓𝒓𝟐𝟐 ; 𝝅𝝅 ∗ 𝒓𝒓𝟐𝟐
=
𝟏𝟏
𝒏𝒏𝒊𝒊𝒊𝒊𝒊𝒊∗𝝀𝝀
=
𝟏𝟏
𝟖𝟖.𝟒𝟒𝟒𝟒∗𝟏𝟏𝟏𝟏𝟐𝟐𝟐𝟐𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆
𝒎𝒎𝟑𝟑 ∗𝟔𝟔𝟔𝟔.𝟏𝟏∗𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟗𝟗
= 𝟏𝟏. 𝟕𝟕𝟕𝟕 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟐𝟐𝟐𝟐
𝒎𝒎𝟐𝟐
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 ∗
𝒄𝒄
𝝀𝝀
; 𝝀𝝀 =
𝒉𝒉∗𝒄𝒄
𝑬𝑬
=
𝟔𝟔.𝟔𝟔𝟔𝟔∗𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟑𝟑𝟑𝟑 𝑱𝑱∗𝒔𝒔∗𝟑𝟑∗𝟏𝟏𝟏𝟏𝟖𝟖𝒎𝒎/𝒔𝒔
𝟏𝟏.𝟏𝟏𝟏𝟏 𝒆𝒆𝒆𝒆∗
𝟏𝟏.𝟔𝟔∗𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟏𝟏𝟏𝟏 𝑱𝑱
= 𝟏𝟏. 𝟎𝟎𝟎𝟎 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟔𝟔
𝒎𝒎

23. Resolver el problema 22 para el germanio, cuyo intervalo de energía prohibida es 0,74
eV.
𝒄𝒄
𝝀𝝀
; 𝝀𝝀 =
𝒉𝒉∗𝒄𝒄
𝑬𝑬
=
𝟔𝟔.𝟔𝟔𝟔𝟔∗𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟑𝟑𝟑𝟑 𝑱𝑱∗𝒔𝒔∗𝟑𝟑∗𝟏𝟏𝟏𝟏𝟖𝟖𝒎𝒎/𝒔𝒔
𝟎𝟎.𝟕𝟕𝟕𝟕 𝒆𝒆𝒆𝒆∗
𝟏𝟏.𝟔𝟔∗𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟏𝟏𝟏𝟏 𝑱𝑱
= 𝟏𝟏. 𝟔𝟔𝟔𝟔 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟔𝟔
𝒎𝒎
24. Resolver el problema 22 para el diamante, cuyo intervalo de energía es 7,0 eV.
𝒄𝒄
𝝀𝝀
; 𝝀𝝀 =
𝒉𝒉∗𝒄𝒄
𝑬𝑬
=
𝟔𝟔.𝟔𝟔𝟔𝟔∗𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟑𝟑𝟑𝟑 𝑱𝑱∗𝒔𝒔∗𝟑𝟑∗𝟏𝟏𝟏𝟏𝟖𝟖𝒎𝒎/𝒔𝒔
𝟕𝟕.𝟎𝟎 𝒆𝒆𝒆𝒆∗
𝟏𝟏.𝟔𝟔∗𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟏𝟏𝟏𝟏 𝑱𝑱
= 𝟏𝟏. 𝟕𝟕𝟕𝟕 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟕𝟕
𝒎𝒎
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 ∗
𝒄𝒄
𝝀𝝀
=
𝟔𝟔.𝟔𝟔𝟔𝟔∗𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟑𝟑𝟑𝟑 𝑱𝑱∗𝒔𝒔∗𝟑𝟑∗
𝟏𝟏𝟏𝟏𝟖𝟖𝒎𝒎
𝒔𝒔
𝟑𝟑.𝟑𝟑𝟑𝟑∗𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟔𝟔 𝒎𝒎
= 𝟓𝟓. 𝟗𝟗𝟗𝟗 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟐𝟐𝟐𝟐
𝑱𝑱
𝟓𝟓. 𝟗𝟗𝟗𝟗 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟐𝟐𝟐𝟐
𝑱𝑱 ∗
𝟏𝟏.𝟔𝟔∗𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟏𝟏𝟏𝟏 𝑱𝑱
= 𝟎𝟎. 𝟑𝟑𝟑𝟑 𝒆𝒆𝒆𝒆
b) 𝑻𝑻 =
𝑬𝑬
𝒌𝒌
=
𝟎𝟎.𝟑𝟑𝟑𝟑 𝒆𝒆𝒆𝒆
𝟖𝟖.𝟔𝟔𝟔𝟔∗𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟓𝟓𝒆𝒆𝒆𝒆/𝑲𝑲
= 𝟒𝟒. 𝟐𝟐𝟐𝟐 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟑𝟑
𝑲𝑲
Teoría BCS de la superconductividad
26. a) Utilizar la ecuación 𝑬𝑬𝒈𝒈 = 𝟑𝟑, 𝟓𝟓 𝒌𝒌 𝑻𝑻𝒄𝒄 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 ∗ 𝑻𝑻𝒄𝒄 = 𝟑𝟑. 𝟓𝟓 ∗ 𝟖𝟖. 𝟔𝟔𝟔𝟔𝟔𝟔 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟓𝟓 𝒆𝒆𝒆𝒆
𝑲𝑲
∗ 𝟑𝟑. 𝟕𝟕𝟕𝟕 𝑲𝑲 = 𝟏𝟏. 𝟏𝟏𝟏𝟏 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟑𝟑
𝒆𝒆𝒆𝒆
𝑬𝑬𝒈𝒈
𝑬𝑬𝒈𝒈 𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎
=
𝟏𝟏.𝟏𝟏𝟏𝟏∗𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟑𝟑
𝟔𝟔∗𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟒𝟒 = 𝟏𝟏. 𝟖𝟖𝟖𝟖
𝑬𝑬𝑬𝑬 𝒑𝒑𝒑𝒑𝒑𝒑𝒑𝒑𝒑𝒑𝒑𝒑𝒑𝒑𝒑𝒑𝒑𝒑𝒑𝒑𝒑𝒑𝒑𝒑𝒑𝒑 𝒆𝒆𝒆𝒆 𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅.
b) 𝝀𝝀 =
𝒉𝒉∗𝒄𝒄
𝑬𝑬𝒈𝒈
=
𝟔𝟔.𝟔𝟔𝟔𝟔∗𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟑𝟑𝟑𝟑 𝑱𝑱∗𝒔𝒔∗𝟑𝟑∗𝟏𝟏𝟏𝟏𝟖𝟖∗
𝒎𝒎
𝒔𝒔
𝟔𝟔∗𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟒𝟒𝒆𝒆𝒆𝒆∗
𝟏𝟏.𝟔𝟔∗𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟏𝟏𝟏𝟏 𝑱𝑱
= 𝟐𝟐. 𝟎𝟎𝟎𝟎 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟑𝟑
𝒎𝒎
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 ∗ 𝑻𝑻𝒄𝒄 = 𝟑𝟑. 𝟓𝟓 ∗ 𝟖𝟖. 𝟔𝟔𝟔𝟔𝟔𝟔 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟓𝟓 𝒆𝒆𝒆𝒆
𝑲𝑲
∗ 𝟕𝟕. 𝟏𝟏𝟏𝟏 𝑲𝑲 = 𝟐𝟐. 𝟏𝟏𝟏𝟏 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟑𝟑
𝒆𝒆𝒆𝒆
𝑬𝑬𝒈𝒈
𝑬𝑬𝒈𝒈 𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎
=
𝟐𝟐.𝟏𝟏𝟏𝟏∗𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟑𝟑
𝟐𝟐.𝟕𝟕𝟕𝟕∗𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟑𝟑 = 𝟎𝟎. 𝟕𝟕𝟕𝟕𝟕𝟕
b) 𝝀𝝀 =
𝒉𝒉∗𝒄𝒄
𝑬𝑬𝒈𝒈
=
𝟔𝟔.𝟔𝟔𝟔𝟔∗𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟑𝟑𝟑𝟑 𝑱𝑱∗𝒔𝒔∗𝟑𝟑∗𝟏𝟏𝟏𝟏𝟖𝟖∗
𝒎𝒎
𝒔𝒔
𝟐𝟐.𝟕𝟕𝟕𝟕∗𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟑𝟑𝒆𝒆𝒆𝒆∗
𝟏𝟏.𝟔𝟔∗𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟏𝟏𝟏𝟏 𝑱𝑱
= 𝟒𝟒. 𝟓𝟓𝟓𝟓 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟒𝟒
𝒎𝒎
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

energía prohibida entre las dos bandas y la energía se mide a partir de la parte alta de
la banda de valencia.
a) En el silicio, Eg=1,0 eV. Demostrar que en este caso el factor de Fermi para los
electrones en el fondo de la banda de conducción viene dado por exp(-Eg/2kT) y
evaluar este factor. Analizar el significado de este resultado en el caso de que
existan 1022 electrones por cm3 y la probabilidad de encontrar un electrón en la
banda de conducción venga determinada por el factor de Fermi.
b) Repetir el cálculo de (a) para un aislante con un intervalo de energía prohibida de
6,0 eV.
a) En el fondo de la banda de conducción:
𝒆𝒆
𝑬𝑬−𝑬𝑬𝑭𝑭
𝒌𝒌∗𝑻𝑻 = 𝒆𝒆
𝑬𝑬𝒈𝒈
𝟐𝟐∗𝒌𝒌∗𝑻𝑻 ≫ 𝟏𝟏 para T ambiente.
Despreciando el 1 del denominador de la ecuación de Fermi:
𝒇𝒇(𝑬𝑬) =
𝟏𝟏
𝒆𝒆
𝒌𝒌∗𝑻𝑻 +𝟏𝟏
≈
𝟏𝟏
𝒆𝒆
𝒌𝒌∗𝑻𝑻
= 𝒆𝒆−
𝑬𝑬𝒈𝒈
𝟐𝟐∗𝒌𝒌∗𝑻𝑻
Para el silicio, Y T= 300 K :
𝒇𝒇 �
𝟏𝟏
𝟐𝟐
∗ 𝑬𝑬𝒈𝒈� = 𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆 �
−𝟏𝟏 𝒆𝒆𝒆𝒆
𝟐𝟐∗𝟖𝟖.𝟔𝟔𝟔𝟔∗𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟓𝟓∗
𝒆𝒆𝒆𝒆
𝑲𝑲
∗𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑 𝑲𝑲
� = 𝟒𝟒. 𝟎𝟎𝟎𝟎 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟗𝟗
Dado que es baja la probabilidad de encontrar un electrón en un estado cercano a la
parte inferior de la banda de conducción, el principio de exclusión no tiene un
impacto significativo en la función de distribución. Con 1022
electrones de valencia
por centímetro cúbico, el número de electrones en la banda de conducción será de
aproximadamente 4 1013
por centímetro cúbico.
b) Con Eg= 6,0 eV y T=300 K
𝒇𝒇 �
𝟏𝟏
𝟐𝟐
∗ 𝑬𝑬𝒈𝒈� = 𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆 �
−𝟔𝟔 𝒆𝒆𝒆𝒆
𝟐𝟐∗𝟖𝟖.𝟔𝟔𝟔𝟔∗𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟓𝟓∗
𝒆𝒆𝒆𝒆
𝑲𝑲
∗𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑 𝑲𝑲
� = 𝟒𝟒. 𝟏𝟏𝟏𝟏 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟓𝟓𝟓𝟓
La probabilidad de encontrar un electrón en la banda de valencia es despreciable
(aproximadamente 4*10-51).
29. Demostrar que para E = EF el factor de Fermi es 0,5.
𝟏𝟏
𝒆𝒆
𝟏𝟏
𝒆𝒆𝟎𝟎+𝟏𝟏
= 𝟏𝟏/𝟐𝟐
30. ¿Cuál es la diferencia entre las energías para las cuales el factor de Fermi es 0,9 y 0,1 a
300 K en
a) Cobre. b) potasio. c) Aluminio?
a) 𝒇𝒇(𝑬𝑬) =
𝟏𝟏
𝒆𝒆
; 𝑬𝑬 = 𝑬𝑬𝑭𝑭 + 𝒌𝒌 ∗ 𝑻𝑻 ∗ 𝒍𝒍𝒍𝒍 �
𝟏𝟏
𝒇𝒇(𝑬𝑬)
− 𝟏𝟏�
∆𝑬𝑬 = 𝑬𝑬(𝟎𝟎. 𝟏𝟏) − 𝑬𝑬(𝟎𝟎. 𝟗𝟗) = 𝑬𝑬𝑭𝑭 + 𝒌𝒌 ∗ 𝑻𝑻 ∗ 𝒍𝒍𝒍𝒍 �
𝟏𝟏
𝟎𝟎.𝟏𝟏
− 𝟏𝟏� − 𝑬𝑬𝑭𝑭 − 𝒌𝒌 ∗ 𝑻𝑻 ∗ 𝒍𝒍𝒍𝒍 �
𝟏𝟏
𝟎𝟎.𝟗𝟗
− 𝟏𝟏�
∆𝑬𝑬 = 𝒌𝒌 ∗ 𝑻𝑻 ∗ � 𝒍𝒍𝒍𝒍 �
𝟏𝟏
𝟎𝟎.𝟏𝟏
− 𝟏𝟏� − 𝒍𝒍𝒍𝒍 �
𝟏𝟏
𝟎𝟎.𝟗𝟗
− 𝟏𝟏��
∆𝑬𝑬 = 𝟏𝟏. 𝟑𝟑𝟑𝟑 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟐𝟐𝟐𝟐 𝑱𝑱
𝑲𝑲
∗
𝟏𝟏.𝟔𝟔∗𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟏𝟏𝟏𝟏𝑱𝑱
∗ 𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑 𝑲𝑲 ∗ � 𝒍𝒍𝒍𝒍 �
𝟏𝟏
𝟎𝟎.𝟏𝟏
− 𝟏𝟏� − 𝒍𝒍𝒍𝒍 �
𝟏𝟏
𝟎𝟎.𝟗𝟗
− 𝟏𝟏�� =
𝟎𝟎. 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝒆𝒆𝒆𝒆
b) El resultado no depende del metal, idéntico resultado.
c) Lo mismo.
31. ¿Cuál es la probabilidad de que un electrón de conducción en la plata tenga una
energía cinética de 5,5 eV a T= 300 K?

Para la plata, la energía de Fermi es de 5,5 eV.
Para calcular la probabilidad de que un electrón tenga una energía cinética
de 4,9 eV, primero debemos calcular la diferencia entre la energía cinética
del electrón y la energía de Fermi:
E - EF = 4,9 eV - 5,5 eV = -0,6 eV
Luego podemos usar esta diferencia para calcular la probabilidad:
𝟏𝟏
𝒆𝒆
�
−𝟎𝟎.𝟔𝟔
𝟖𝟖.𝟔𝟔𝟔𝟔∗𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟓𝟓∗𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑
�
+𝟏𝟏
= 𝟎𝟎. 𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎
No coincide con lo dado en los resultados (¿?) donde f(𝑬𝑬)=1 (¿?)
32. Demostrar que 𝒈𝒈(𝑬𝑬) = �
𝟑𝟑𝟑𝟑
𝟐𝟐
� 𝑬𝑬𝑭𝑭
−
𝟑𝟑
𝟐𝟐𝑬𝑬
𝟏𝟏
𝟐𝟐 resulta de la ecuación 𝒈𝒈(𝑬𝑬) =
𝟖𝟖 𝝅𝝅√𝟐𝟐𝒎𝒎𝒆𝒆
𝟑𝟑/𝟐𝟐
𝑽𝑽
𝒉𝒉𝟑𝟑 𝑬𝑬𝟏𝟏/𝟐𝟐
para
g(E) y de la ecuación 𝑬𝑬𝑭𝑭 =
𝒉𝒉𝟐𝟐
𝟖𝟖𝒎𝒎𝒆𝒆
�
𝟑𝟑 𝑵𝑵
𝝅𝝅𝝅𝝅
�
𝟐𝟐/𝟑𝟑
para EF.
𝑬𝑬𝑭𝑭 =
𝒉𝒉𝟐𝟐
�
𝟑𝟑∗𝑵𝑵
𝝅𝝅∗𝑽𝑽
�
𝟐𝟐/𝟑𝟑
; 𝑽𝑽 =
𝟑𝟑∗𝑵𝑵
𝝅𝝅
∗ �
𝒉𝒉𝟐𝟐
𝟖𝟖∗𝒎𝒎𝒆𝒆∗𝑬𝑬𝑭𝑭
�
𝟑𝟑
𝟐𝟐
𝒈𝒈(𝑬𝑬) =
𝟖𝟖 ∗ 𝝅𝝅 ∗ √𝟐𝟐 ∗ 𝒎𝒎𝒆𝒆
𝟑𝟑
𝟐𝟐
∗ 𝑽𝑽
𝒉𝒉𝟑𝟑
∗ 𝑬𝑬𝟏𝟏/𝟐𝟐
=
𝟖𝟖 ∗ 𝝅𝝅 ∗ √𝟐𝟐 ∗ 𝒎𝒎𝒆𝒆
𝟑𝟑
𝟐𝟐
∗
𝟑𝟑 ∗ 𝑵𝑵
𝝅𝝅 ∗ �
𝒉𝒉𝟐𝟐
𝟖𝟖 ∗ 𝒎𝒎𝒆𝒆 ∗ 𝑬𝑬𝑭𝑭
�
𝟑𝟑
𝟐𝟐
𝒉𝒉𝟑𝟑
∗ 𝑬𝑬𝟏𝟏/𝟐𝟐
𝟑𝟑∗𝑵𝑵
𝟐𝟐
−
𝟑𝟑
𝟐𝟐
∗ 𝑬𝑬𝟏𝟏/𝟐𝟐
33. Realizar la integración de 𝑬𝑬𝒎𝒎 =
𝟏𝟏
𝑵𝑵
∫ 𝑬𝑬 ∗ 𝒈𝒈(𝑬𝑬)𝒅𝒅𝒅𝒅
∞
𝟎𝟎
para demostrar que la energía media
a T=0 es 𝟑𝟑/𝟓𝟓𝑬𝑬𝑭𝑭.
𝟑𝟑∗𝑵𝑵
𝟐𝟐
−
𝟑𝟑
𝟐𝟐
∗ 𝑬𝑬𝟏𝟏/𝟐𝟐
𝑬𝑬𝒎𝒎 =
𝟏𝟏
𝑵𝑵
∗ ∫ 𝑬𝑬 ∗ 𝒈𝒈(𝑬𝑬) ∗ 𝒅𝒅𝒅𝒅
∞
𝟎𝟎
=
𝟏𝟏
𝑵𝑵
∗ ∫ 𝑬𝑬 ∗ �
𝟑𝟑∗𝑵𝑵
𝟐𝟐
−
𝟑𝟑
𝟐𝟐
∗ 𝑬𝑬𝟏𝟏/𝟐𝟐
� ∗ 𝒅𝒅𝒅𝒅
∞
𝟎𝟎
𝑬𝑬𝒎𝒎 =
𝟑𝟑
𝟐𝟐
−
𝟑𝟑
𝟐𝟐
∗ ∫ 𝑬𝑬
𝟑𝟑
𝟐𝟐 ∗ 𝒅𝒅𝒅𝒅
∞
𝟎𝟎
=
𝟑𝟑
𝟐𝟐
−
𝟑𝟑
𝟐𝟐
∗
𝟐𝟐
𝟓𝟓
𝟓𝟓
𝟐𝟐
=
𝟑𝟑
𝟓𝟓
34. La densidad de los estados electrónicos en un metal puede expresarse en la forma
𝒈𝒈(𝑬𝑬) = 𝑨𝑨𝑬𝑬𝟏𝟏/𝟐𝟐
, en donde A es una constante y E se mide desde el fondo de la banda de
conducción.
a) Demostrar que el número total de estados es 2/3 A EF
3/2.
b) Aproximadamente, ¿qué fracción de los electrones de conducción tienen energías
que difieren menos de k T de la energía de Fermi?
c) Evaluar esta fracción para el cobre a T=300 K.
a) 𝒈𝒈(𝑬𝑬) =
𝟑𝟑∗𝑵𝑵
𝟐𝟐
−
𝟑𝟑
𝟐𝟐
∗ 𝑬𝑬
𝟏𝟏
𝟐𝟐 = 𝑨𝑨 ∗ 𝑬𝑬
𝟏𝟏
𝟐𝟐
𝑵𝑵 = ∫ 𝒈𝒈(𝑬𝑬) ∗ 𝒅𝒅𝒅𝒅
𝑬𝑬𝑭𝑭
𝟎𝟎
= ∫ 𝑨𝑨 ∗ 𝑬𝑬
𝟏𝟏
𝑬𝑬𝑭𝑭
𝟎𝟎
=
𝟐𝟐
𝟑𝟑
∗ 𝑨𝑨 ∗ 𝑬𝑬𝟑𝟑/𝟐𝟐
b)
𝒌𝒌∗𝑻𝑻∗𝒈𝒈(𝑬𝑬𝑭𝑭)
𝑵𝑵
=
𝒌𝒌∗𝑻𝑻∗𝑬𝑬𝑭𝑭
𝟏𝟏/𝟐𝟐
𝟐𝟐
𝟑𝟑
∗𝑨𝑨∗𝑬𝑬𝑭𝑭
𝟑𝟑/𝟐𝟐 =
𝒌𝒌∗𝑻𝑻
c)
𝒌𝒌∗𝑻𝑻
=
𝟑𝟑∗𝟖𝟖.𝟔𝟔𝟔𝟔∗𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟓𝟓∗
𝒆𝒆𝑽𝑽
𝑲𝑲
∗𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑 𝑲𝑲
𝟐𝟐∗𝟕𝟕.𝟎𝟎𝟎𝟎 𝒆𝒆𝒆𝒆
= 𝟓𝟓. 𝟓𝟓𝟓𝟓 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟑𝟑

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. 𝟒𝟒𝟒𝟒 − 𝟓𝟓. 𝟓𝟓 = 𝟎𝟎. 𝟎𝟎𝟎𝟎
(𝑬𝑬) =
𝟏𝟏
𝒆𝒆
�
−𝟎𝟎.𝟎𝟎𝟎𝟎
𝟖𝟖.𝟔𝟔𝟔𝟔∗𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟓𝟓∗𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑
�
+𝟏𝟏
= 𝟎𝟎. 𝟔𝟔𝟔𝟔
36. Utilizar la función densidad de estados: 𝒈𝒈(𝑬𝑬) =
𝟑𝟑/𝟐𝟐
𝑽𝑽
𝒉𝒉𝟑𝟑 𝑬𝑬𝟏𝟏/𝟐𝟐
para 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∗𝝅𝝅∗√𝟐𝟐∗𝒎𝒎𝒆𝒆
𝟑𝟑
𝟐𝟐∗𝑽𝑽
𝒉𝒉𝟑𝟑 ∗ 𝑬𝑬
𝟏𝟏
𝟐𝟐 = 𝑨𝑨 ∗ 𝑬𝑬
𝟏𝟏
𝟐𝟐
𝑵𝑵 = ∫ 𝒈𝒈(𝑬𝑬)𝒅𝒅𝒅𝒅
𝑬𝑬𝑭𝑭
𝟎𝟎
=
𝟑𝟑
𝟐𝟐∗𝑽𝑽
𝒉𝒉𝟑𝟑 ∗ ∫ 𝑬𝑬
𝟏𝟏
𝑬𝑬𝑭𝑭
𝟎𝟎
=
𝟐𝟐
𝟑𝟑
∗
𝟑𝟑
𝟐𝟐∗𝑽𝑽
𝒉𝒉𝟑𝟑 ∗ 𝑬𝑬𝑭𝑭
𝟑𝟑
𝟐𝟐
=
𝟐𝟐
𝟑𝟑
∗ 𝑨𝑨 ∗ 𝑬𝑬𝑭𝑭
𝟑𝟑
𝟐𝟐
𝑵𝑵
=
𝒌𝒌∗𝑻𝑻∗𝑨𝑨∗𝑬𝑬
𝟏𝟏
𝟐𝟐𝑭𝑭
𝟐𝟐
𝟑𝟑
𝟑𝟑
𝟐𝟐
=
𝑵𝑵
=
𝟑𝟑∗𝟖𝟖.𝟔𝟔𝟔𝟔∗𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟓𝟓∗
𝒆𝒆𝒆𝒆
𝑲𝑲
∗𝟕𝟕𝟕𝟕𝟕𝟕
𝟐𝟐∗𝟕𝟕.𝟎𝟎𝟎𝟎 𝒆𝒆𝒆𝒆
= 𝟏𝟏. 𝟒𝟒𝟒𝟒 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟑𝟑
b)
𝑵𝑵
=
𝟑𝟑∗𝟖𝟖.𝟔𝟔𝟔𝟔∗𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟓𝟓∗
𝒆𝒆𝒆𝒆
𝑲𝑲
∗𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑
𝟐𝟐∗𝟕𝟕.𝟎𝟎𝟎𝟎 𝒆𝒆𝒆𝒆
= 𝟓𝟓. 𝟓𝟓𝟓𝟓 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟑𝟑
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)
𝟑𝟑∗𝑵𝑵
𝟐𝟐
−
𝟑𝟑
𝟐𝟐
∗ 𝑬𝑬
𝟏𝟏
𝟐𝟐
𝟏𝟏
𝒆𝒆
𝒌𝒌∗𝑻𝑻
=
𝑬𝑬−
𝟏𝟏
𝟐𝟐
∗𝑬𝑬𝒈𝒈
𝒌𝒌∗𝑻𝑻
≫ 𝟏𝟏
𝒆𝒆
𝒌𝒌∗𝑻𝑻 + 𝟏𝟏 ≈ 𝒆𝒆
𝑬𝑬−
𝟏𝟏
𝟐𝟐
∗𝑬𝑬𝒈𝒈
𝒌𝒌∗𝑻𝑻
𝟏𝟏
𝒆𝒆
≈
𝟏𝟏
𝒆𝒆
𝑬𝑬−
𝟏𝟏
𝟐𝟐
∗𝑬𝑬𝒈𝒈
𝒌𝒌∗𝑻𝑻
≈ 𝒆𝒆
𝑬𝑬𝒈𝒈
𝟐𝟐∗𝒌𝒌∗𝑻𝑻 ∗ 𝒆𝒆−
𝑬𝑬
𝒌𝒌∗𝑻𝑻
𝒏𝒏(𝑬𝑬) = 𝒈𝒈(𝑬𝑬) ∗ 𝒇𝒇(𝑬𝑬) =
𝟑𝟑∗𝑵𝑵
𝟐𝟐
−
𝟑𝟑
𝟐𝟐
∗ 𝑬𝑬
𝟏𝟏
𝟐𝟐 ∗ 𝒆𝒆
𝑬𝑬𝒈𝒈
𝟐𝟐∗𝒌𝒌∗𝑻𝑻 ∗ 𝒆𝒆−
𝑬𝑬
𝒌𝒌∗𝑻𝑻
𝒏𝒏(𝑬𝑬) = �
𝟑𝟑∗𝑵𝑵
𝟐𝟐
−
𝟑𝟑
𝟐𝟐
∗ 𝒆𝒆
𝑬𝑬𝒈𝒈
𝟐𝟐∗𝒌𝒌∗𝑻𝑻� ∗ 𝑬𝑬
𝟏𝟏
𝟐𝟐 ∗ 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
𝒌𝒌𝒌𝒌, 𝒇𝒇(𝑬𝑬) = 𝑨𝑨 𝒆𝒆
𝑬𝑬
𝒌𝒌𝒌𝒌 ≪ 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)𝒅𝒅𝒅𝒅 = 𝑵𝑵 y la ecuación: 𝒈𝒈(𝑬𝑬) =
𝟑𝟑/𝟐𝟐
𝑽𝑽
𝒉𝒉𝟑𝟑 𝑬𝑬𝟏𝟏/𝟐𝟐
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
=
𝟏𝟏
𝒆𝒆
−𝑬𝑬𝑭𝑭
𝒌𝒌∗𝑻𝑻 ∗𝒆𝒆
𝑬𝑬
𝒌𝒌∗𝑻𝑻+𝟏𝟏
=
𝟏𝟏
𝑪𝑪∗𝒆𝒆
𝑬𝑬
; 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 𝑪𝑪 = 𝒆𝒆
−𝑬𝑬𝑭𝑭
𝒌𝒌∗𝑻𝑻
b) 𝑺𝑺𝑺𝑺 𝐂𝐂 >> 𝒆𝒆−
𝑬𝑬
𝒌𝒌∗𝑻𝑻
𝟏𝟏
𝑪𝑪∗𝒆𝒆
𝑬𝑬
≈
𝟏𝟏
𝑪𝑪∗𝒆𝒆
𝑬𝑬
𝒌𝒌∗𝑻𝑻
= 𝑨𝑨 ∗ 𝒆𝒆
−𝑬𝑬
𝒌𝒌∗𝑻𝑻; 𝑨𝑨 =
𝟏𝟏
𝑪𝑪
c) 𝒏𝒏(𝑬𝑬) ∗ 𝒅𝒅𝒅𝒅 = 𝒈𝒈(𝑬𝑬) ∗ 𝒅𝒅𝒅𝒅 ∗ 𝒇𝒇(𝑬𝑬) = 𝑵𝑵
𝟑𝟑
𝟐𝟐∗𝑽𝑽
𝒉𝒉𝟑𝟑 ∗ 𝑬𝑬
𝟏𝟏
𝟐𝟐
𝑵𝑵 =
𝟑𝟑
𝟐𝟐∗𝑽𝑽
𝒉𝒉𝟑𝟑 ∗ 𝑨𝑨 ∗ ∫ 𝑬𝑬
𝟏𝟏
𝟐𝟐 ∗ 𝒆𝒆
−𝑬𝑬
𝒌𝒌∗𝑻𝑻 ∗ 𝒅𝒅𝒅𝒅
∞
𝟎𝟎
∫ 𝑬𝑬
𝟏𝟏
𝟐𝟐 ∗ 𝒆𝒆
−𝑬𝑬
𝒌𝒌∗𝑻𝑻 ∗ 𝒅𝒅𝒅𝒅
∞
𝟎𝟎
=
(𝒌𝒌∗𝑻𝑻)𝟑𝟑/𝟐𝟐
𝟐𝟐
∗ √𝝅𝝅
𝑵𝑵 =
𝟑𝟑
𝟐𝟐∗𝑽𝑽
𝒉𝒉𝟑𝟑 ∗ 𝑨𝑨 ∗
(𝒌𝒌∗𝑻𝑻)𝟑𝟑/𝟐𝟐
𝟐𝟐
∗ √𝝅𝝅
𝑨𝑨 =
√𝟐𝟐∗𝒉𝒉𝟑𝟑
𝟖𝟖∗𝝅𝝅
𝟑𝟑
𝟐𝟐∗𝒎𝒎𝒆𝒆
𝟑𝟑
𝟐𝟐
∗
𝑵𝑵
𝑽𝑽
∗
𝟏𝟏
(𝒌𝒌∗𝑻𝑻)𝟑𝟑/𝟐𝟐
d) Para T=300 K
𝑨𝑨 =
√𝟐𝟐∗(𝟔𝟔.𝟔𝟔𝟔𝟔∗𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟑𝟑𝟑𝟑 𝑱𝑱∗𝒔𝒔)𝟑𝟑
𝟖𝟖∗𝝅𝝅
𝟑𝟑
𝟐𝟐∗(𝟗𝟗.𝟏𝟏𝟏𝟏∗𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟑𝟑𝟑𝟑𝒌𝒌𝒌𝒌)𝟑𝟑/𝟐𝟐
∗ 𝒏𝒏 ∗
𝟏𝟏
�𝟏𝟏.𝟑𝟑𝟑𝟑∗
𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟐𝟐𝟐𝟐𝑱𝑱
𝑲𝑲
∗𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑�
𝟑𝟑
𝟐𝟐
= 𝟒𝟒 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟐𝟐𝟐𝟐
∗ 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:
𝒅𝒅 = �
𝑵𝑵
𝑽𝑽
�
𝟏𝟏
𝟑𝟑
Según el problema 38:
𝑨𝑨 =
√𝟐𝟐∗𝒉𝒉𝟑𝟑
𝟖𝟖∗𝝅𝝅
𝟑𝟑
𝟑𝟑
𝟐𝟐
∗
𝑵𝑵
𝑽𝑽
∗
𝟏𝟏
(𝒌𝒌∗𝑻𝑻)𝟑𝟑/𝟐𝟐
𝒅𝒅 = �
𝑵𝑵
𝑽𝑽
�
𝟏𝟏
𝟑𝟑
=
𝟐𝟐𝟏𝟏/𝟔𝟔∗𝒉𝒉
𝟖𝟖𝟏𝟏/𝟑𝟑∗𝝅𝝅
𝟏𝟏
𝟏𝟏
𝟐𝟐
∗
𝟏𝟏
(𝒌𝒌∗𝑻𝑻)
𝟏𝟏
𝟐𝟐∗𝑨𝑨
𝟏𝟏
𝟑𝟑
=
𝟐𝟐
𝟏𝟏
𝟔𝟔∗𝒉𝒉
𝝅𝝅
𝟏𝟏
𝟐𝟐
∗
𝟏𝟏
�𝟐𝟐∗𝒎𝒎𝒆𝒆∗𝒌𝒌∗𝑻𝑻∗𝑨𝑨
𝟏𝟏
𝟑𝟑
Usando De Broglie:
𝒑𝒑 =
𝒉𝒉
𝝀𝝀
= �𝟐𝟐 ∗ 𝒎𝒎 ∗ 𝑬𝑬𝒄𝒄 = �𝟐𝟐 ∗ 𝒎𝒎𝒆𝒆 ∗ 𝒌𝒌 ∗ 𝑻𝑻
𝒅𝒅 =
𝟐𝟐
𝟏𝟏
𝟔𝟔∗𝒉𝒉
𝝅𝝅
𝟏𝟏
𝟐𝟐
∗
𝟏𝟏
�𝟐𝟐∗𝒎𝒎𝒆𝒆∗𝒌𝒌∗𝑻𝑻∗𝑨𝑨
𝟏𝟏
𝟑𝟑
=
𝟐𝟐
𝟏𝟏
𝟔𝟔∗𝒉𝒉
𝝅𝝅
𝟏𝟏
𝟐𝟐
∗
𝝀𝝀
𝒉𝒉∗𝑨𝑨
𝟏𝟏
𝟑𝟑
𝒅𝒅 =
𝟐𝟐
𝟏𝟏
𝟔𝟔
𝝅𝝅
𝟏𝟏
𝟐𝟐
∗
𝝀𝝀
𝑨𝑨
𝟏𝟏
𝟑𝟑
= 𝟎𝟎. 𝟔𝟔𝟔𝟔𝟔𝟔 ∗
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?
𝑬𝑬𝒓𝒓𝒓𝒓𝒓𝒓 = �
𝟏𝟏
𝑵𝑵
∗ ∫ 𝒈𝒈(𝑬𝑬) ∗ 𝑬𝑬𝟐𝟐
∗ 𝒅𝒅𝒅𝒅
𝑬𝑬𝑭𝑭
𝟎𝟎
�
𝟏𝟏
𝟐𝟐
𝟑𝟑∗𝑵𝑵
𝟐𝟐
−
𝟑𝟑
𝟐𝟐
∗ 𝑬𝑬
𝟏𝟏
𝟐𝟐
𝟏𝟏
𝑵𝑵
∗ ∫
𝟑𝟑∗𝑵𝑵
𝟐𝟐
−
𝟑𝟑
𝟐𝟐
∗ 𝑬𝑬
𝟏𝟏
𝟐𝟐 ∗ 𝑬𝑬𝟐𝟐
∗ 𝒅𝒅𝒅𝒅
𝑬𝑬𝑭𝑭
𝟎𝟎
�
𝟏𝟏
𝟐𝟐
= �
𝟏𝟏
𝟐𝟐∗𝑵𝑵∗𝑬𝑬𝑭𝑭
𝟑𝟑
𝟐𝟐
∗ ∫ 𝑬𝑬
𝟑𝟑
𝑬𝑬𝑭𝑭
𝟎𝟎
�
𝟏𝟏/𝟐𝟐
𝟑𝟑
𝟕𝟕
∗ 𝑬𝑬𝑭𝑭 = 𝟎𝟎. 𝟔𝟔𝟔𝟔𝟔𝟔 ∗ 𝑬𝑬𝑭𝑭
𝑬𝑬𝒓𝒓𝒓𝒓𝒓𝒓 > 𝑬𝑬𝒎𝒎 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:

𝒏𝒏𝒏𝒏 =
𝒏𝒏𝒏𝒏𝒏𝒏𝒏𝒏𝒏𝒏𝒏𝒏𝒏𝒏𝒏𝒏𝒏𝒏
𝑽𝑽
=
𝑴𝑴𝑴𝑴𝑴𝑴𝑴𝑴 𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆
𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 𝒏𝒏𝒏𝒏𝒏𝒏𝒏𝒏𝒏𝒏ó𝒏𝒏
𝟒𝟒
𝟑𝟑
∗ 𝝅𝝅 ∗ 𝑹𝑹𝟑𝟑
=
𝟐𝟐 ∗ 𝟏𝟏. 𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟑𝟑𝟑𝟑
𝟏𝟏. 𝟔𝟔𝟔𝟔𝟔𝟔𝟔𝟔 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟐𝟐𝟐𝟐
𝟒𝟒
𝟑𝟑
∗ 𝝅𝝅 ∗ (
𝟏𝟏𝟏𝟏𝟒𝟒
𝟐𝟐
)𝟑𝟑
= 𝟒𝟒. 𝟓𝟓𝟓𝟓 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟒𝟒𝟒𝟒
𝒏𝒏/𝒎𝒎𝟑𝟑
b) 𝑬𝑬𝑭𝑭 =
𝒉𝒉𝟐𝟐
𝟖𝟖∗𝒎𝒎𝒏𝒏
∗ �
𝟑𝟑
𝝅𝝅
�
𝟐𝟐
𝟑𝟑
∗ 𝒏𝒏𝒏𝒏
𝟐𝟐
𝟑𝟑
=
�𝟔𝟔.𝟔𝟔𝟔𝟔∗𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟑𝟑𝟑𝟑�
𝟐𝟐
𝟖𝟖∗𝟏𝟏.𝟔𝟔𝟔𝟔𝟔𝟔𝟔𝟔∗𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟐𝟐𝟐𝟐 ∗ �
𝟑𝟑
𝝅𝝅
�
𝟐𝟐
𝟑𝟑
∗ �𝟒𝟒. 𝟓𝟓𝟓𝟓 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟒𝟒𝟒𝟒
�
𝟐𝟐
𝟑𝟑 = 𝟖𝟖. 𝟔𝟔𝟔𝟔 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟏𝟏𝟏𝟏
𝑱𝑱
𝟖𝟖. 𝟔𝟔𝟔𝟔 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟏𝟏𝟏𝟏
𝑱𝑱 ∗
𝟏𝟏.𝟔𝟔∗𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟏𝟏𝟏𝟏 𝑱𝑱
= 𝟓𝟓. 𝟒𝟒𝟒𝟒 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟖𝟖
𝒆𝒆𝒆𝒆
Problemas generales
42. Verdadero o falso:
a) Los sólidos buenos conductores eléctricos son generalmente buenos conductores
térmicos.
b) La teoría clásica de los electrones libres explica adecuadamente la capacidad
calorífica de los metales.
c) Para T=0, el factor de Fermi es 1 o 0.
d) La energía de Fermi es la energía media de un electrón en un sólido.
e) El potencial de contacto entre dos metales es proporcional a la diferencia de las
funciones de trabajo de los dos metales.
f) Para T=0, un semiconductor intrínseco es una aislante.
g) Los semiconductores conducen corriente en una sola dirección.
a) Verdadero.
b) Falso.La teoría clásica del electrón libre predice capacidades caloríficas de los
metales que no son observadas experimentalmente.
c) Verdadero.
d) Falso. La energía de Fermi es la energía del último nivel lleno (o medio lleno) en T =
0.
e) Verdadero.
f) Verdadero.
g) FALSO. Como los semiconductores conducen la corriente por medio de electrones y
huecos, su conducción es en ambos sentidos.
43. ¿Cómo varía la resistividad del cobre en comparación con la del silicio al aumentar la
temperatura?
La resistividad del cobre aumenta al aumentar la temperatura; la resistividad del silicio
(puro) disminuye al aumentar la temperatura porque el número de portadores de carga
aumenta.
44. La densidad el potasio es 0,851 g/cm3
. ¿Cuántos electrones libres existen por cada átomo
de silicio?
𝒏𝒏𝒆𝒆 =
𝒏𝒏∗𝑴𝑴
𝝆𝝆∗𝑵𝑵𝑨𝑨
=
𝟏𝟏.𝟒𝟒∗𝟏𝟏𝟏𝟏𝟐𝟐𝟐𝟐 𝒆𝒆
𝒄𝒄𝒄𝒄𝟑𝟑∗𝟑𝟑𝟑𝟑.𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎
𝒈𝒈
𝟎𝟎.𝟖𝟖𝟖𝟖𝟖𝟖
𝒈𝒈
𝒄𝒄𝒄𝒄𝟑𝟑∗𝟔𝟔.𝟎𝟎𝟎𝟎∗𝟏𝟏𝟎𝟎𝟐𝟐𝟐𝟐𝒆𝒆/𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎
= 𝟏𝟏. 𝟎𝟎𝟎𝟎
45. Calcular la densidad numérica de los electrones libres para
a) El Mg (𝝆𝝆 = 𝟏𝟏. 𝟕𝟕𝟕𝟕 𝒈𝒈/𝒄𝒄𝒄𝒄𝟑𝟑
).
b) El Zn ( 𝝆𝝆 = 𝟕𝟕. 𝟏𝟏 𝒈𝒈/𝒄𝒄𝒄𝒄𝟑𝟑
), suponiendo que existen dos electrones libres por átomo y
comparar los resultados con los valores de la tabla

a) 𝒏𝒏𝒆𝒆 =
𝒏𝒏∗𝑴𝑴
; 𝒏𝒏 =
𝒏𝒏𝒆𝒆∗𝝆𝝆∗𝑵𝑵𝑨𝑨
𝑴𝑴
=
𝟐𝟐∗𝟏𝟏.𝟕𝟕𝟕𝟕
𝒈𝒈
𝒄𝒄𝒄𝒄𝟑𝟑∗𝟔𝟔.𝟎𝟎𝟎𝟎∗𝟏𝟏𝟎𝟎𝟐𝟐𝟐𝟐𝒆𝒆/𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎
𝟐𝟐𝟐𝟐.𝟑𝟑𝟏𝟏 𝒈𝒈/𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎
= 𝟖𝟖, 𝟔𝟔𝟔𝟔 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟐𝟐𝟐𝟐
𝒆𝒆/𝒄𝒄𝒄𝒄𝟑𝟑
b) 𝒏𝒏𝒆𝒆 =
𝒏𝒏∗𝑴𝑴
; 𝒏𝒏 =
𝒏𝒏𝒆𝒆∗𝝆𝝆∗𝑵𝑵𝑨𝑨
𝑴𝑴
=
𝟐𝟐∗𝟕𝟕.𝟏𝟏
𝒈𝒈
𝒄𝒄𝒄𝒄𝟑𝟑∗𝟔𝟔.𝟎𝟎𝟎𝟎∗𝟏𝟏𝟎𝟎𝟐𝟐𝟐𝟐𝒆𝒆/𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎
𝟔𝟔𝟔𝟔.𝟑𝟑𝟑𝟑 𝒈𝒈/𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎
= 𝟏𝟏𝟏𝟏. 𝟏𝟏 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟐𝟐𝟐𝟐
𝒆𝒆/𝒄𝒄𝒄𝒄𝟑𝟑
Los resultados son bastante concordantes.
46. Estimar la fracción de electrones libres del cobre que están excitados por encima de la
energía de Fermi
a) A la temperatura ambiente a 300 K.
b) A 1000 K.
a) 𝑵𝑵 = ∫ 𝑨𝑨 ∗ 𝑬𝑬
𝟏𝟏
𝑬𝑬𝑭𝑭
𝟎𝟎
=
𝟐𝟐
𝟑𝟑
∗ 𝑨𝑨 ∗ 𝑬𝑬𝑭𝑭
𝟑𝟑/𝟐𝟐
𝑵𝑵
=
𝒌𝒌∗𝑻𝑻∗𝑨𝑨∗𝑬𝑬𝑭𝑭
𝟏𝟏/𝟐𝟐
𝟐𝟐
𝟑𝟑
𝟑𝟑/𝟐𝟐 =
𝑨𝑨 𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑 𝑲𝑲:
=
𝟑𝟑∗𝟖𝟖.𝟔𝟔𝟔𝟔∗𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟓𝟓𝒆𝒆𝒆𝒆/𝑲𝑲∗𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑
𝟐𝟐∗𝟕𝟕.𝟎𝟎𝟎𝟎 𝒆𝒆𝒆𝒆
= 𝟓𝟓. 𝟓𝟓𝟓𝟓 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟑𝟑
b)
=
𝟑𝟑∗𝟖𝟖.𝟔𝟔𝟔𝟔∗𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟓𝟓𝒆𝒆𝒆𝒆/𝑲𝑲∗𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏
𝟐𝟐∗𝟕𝟕.𝟎𝟎𝟎𝟎 𝒆𝒆𝒆𝒆
= 𝟏𝟏. 𝟖𝟖𝟖𝟖 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟐𝟐
47. Una oblea de 2 cm2
de silicio puro se irradia con luz de longitud de onda 775 nm. La
intensidad del haz de luz es de 4,0 W/m2
y todo fotón que choca contra la muestra se
absorbe y crea un par electrón-hueco.
a) ¿Cuántos pares electrón- hueco se producen en un segundo?
b) Si el número de estos pares en la muestra es 6,25 1011
en estado estacionario, ¿a qué
velocidad se recombinan los pares electrón – hueco?

c) Si cada proceso de recombinación da lugar a la radiación de un fotón, ¿cuál es la
potencia de irradiación de la muestra?
a) El número de pares electrón-hueco N producido en un segundo es:
𝑵𝑵 =
𝑰𝑰∗𝑨𝑨
𝒉𝒉∗𝒄𝒄
𝝀𝝀
=
𝑰𝑰∗𝑨𝑨∗𝝀𝝀
𝒉𝒉∗𝒄𝒄
=
𝟒𝟒
𝑾𝑾
𝒎𝒎𝟐𝟐∗𝟐𝟐∗𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟒𝟒𝒎𝒎𝟐𝟐∗𝟕𝟕𝟕𝟕𝟕𝟕∗𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟗𝟗𝒎𝒎
𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝒆𝒆𝒆𝒆∗𝒏𝒏𝒎𝒎∗𝟏𝟏.𝟔𝟔𝟔𝟔∗𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟏𝟏𝟏𝟏𝑱𝑱/𝒆𝒆𝒆𝒆
= 𝟑𝟑. 𝟏𝟏𝟏𝟏 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟏𝟏𝟏𝟏
𝒔𝒔−𝟏𝟏
b) En estado estacionario los que se crean igualan a los que se destruyen, por tanto
𝟑𝟑. 𝟏𝟏𝟏𝟏 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟏𝟏𝟏𝟏
𝒔𝒔−𝟏𝟏
.
c) La potencia radiada es igual a la potencia absorbida:
𝑷𝑷𝒓𝒓𝒓𝒓𝒓𝒓 = 𝑰𝑰 ∗ 𝑨𝑨 = 𝟒𝟒
𝑾𝑾
𝒎𝒎𝟐𝟐 ∗ 𝟐𝟐 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟒𝟒
𝒎𝒎𝟐𝟐
= 𝟖𝟖 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟒𝟒
𝑱𝑱/𝒔𝒔

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