Gás de elétrons livres

(1)

Cap´ıtulo 6

G´

as de el´

etrons livres

1 Densidade de orbitais

Considere um elétron livre confinado numa região cúbica de lado L. Uti-lizando condi¸cões periódicas de contorno, os estados eletrônicos são descritos pelo vetor de onda k = (kx, ky, kz) dados por

kx = 2π L n1 ky = 2π L n2 kz = 2π Ln3 (1) com n1, n2, n3 = 0, ±1, ±2, ... Al´em disso, devemos considerar o spin do

elétron de modo que um orbital fica especificado pelo vetor de onda k e pelo variável de spin, ou seja, a cada vetor de onda k corresponde dois orbitais. A energia do elétron é dada por

εk=

¯ h2k2

2m (2)

onde m ´e a massa do el´etron.

Procedendo de forma análoga ao que foi feito no cap´ıtulos anteriores, vemos que o número de orbitais N (ε) entre 0 e ε é dado por

N (ε) = 24 3π 2mε ¯ h2 3/22π L −3 (3) ou N (ε) = V 3π2 2m ¯ h2 3/2 ε3/2 (4)

(2)

Da´ı obtemos a densidade de orbitais G(ε) = dN (ε)/dε, dada por G(ε) = V 2π2 2m ¯ h2 3/2 ε1/2 (5)

As propriedades termodinâmicas são obtidas a partir das fórmulas U = Z ∞ 0 εG(ε)f (ε)dε (6) e N = Z ∞ 0 G(ε)f (ε)dε (7)

onde f (ε) ´e a distribui¸c˜ao de Fermi-Dirac dada por f (ε) = 1

eβ(ε−µ)_{+ 1} (8)

Tendo em vista que N (ε) é uma fun¸cão homogênea de grau 3/2 conclu´ımos que a pressão pode ser obtida a partir da energia U por

pV = 2

3U (9)

2 G´

as de el´

etrons a

T = 0

`

A temperatura zero, a fun¸cão de Fermi é dada por f (ε) =      1 ε < µ 1/2 ε = µ 0 ε > µ (10) Assim, as propriedades termodinâmicas são dadas por

U = Z µ 0 εG(ε)dε (11) e N = Z µ 0 G(ε)dε (12) Efetuando as integrais U = V 5π2 2m ¯ h2 3/2 µ5/2 (13)

(3)

e N = V 3π2 2m ¯ h2 3/2 µ3/2 (14)

A press˜ao ser´a pois

p = 2 15π2 2m ¯ h2 3/2 µ5/2 (15)

O potencial qu´ımico no limite T → 0 ´e denominado energia de Fermi εF.

Da express˜ao (14) obtemos N = V 3π2 2m ¯ h2 3/2 ε3/2_F (16) ou seja εF = ¯ h2 2m(3π 2_ρ)2/3 ₍₁₇₎

onde ρ = N/V é o número de elétrons por unidade de volume. A temperatura de Fermi é definida por TF = εF/k e seu significado será visto mais tarde.

Para o caso do cobre, temos εF ∼ 6 eV ou TF ∼ 7 × 104 K.

A raz˜ao entre U e N, a temperatura zero ´e U

N = 3

5εF (18)

ou seja, à temperatura zero, a energia média por elétron é igual a três quintos da energia de Fermi.

3 Capacidade t´

ermica eletrˆ

onica

Em seguida determinamos a capacidade térmica de um gás de elétrons livres no regime de baixas temperaturas, isto é, a temperaturas muito menores do que a temperatura de Fermi. Nesse regime o gás de elétrons é denominado gás de elétrons degenerados. As integrais que devemos considerar, dadas pelas expressões (6) e (7), são da forma

I =

Z ∞

(4)

onde g(ε) não depende de T nem de µ. Para baixas temperaturas mostramos no apêndice que, até ordem T2_{, vale a seguinte expansão assintótica}

I = Z µ 0 g(ε)dε + π2 6 g ′ (µ)(kBT )2 (20)

A expans˜ao assint´otica de U se faz utilizando g(ε) = εG(ε) de onde obte-mos U = V 5π2 2m ¯ h2 3/2 µ5/2{1 + 15π 2 24 kBT µ !2 } (21)

A expansão assintótica de N se faz utilizando g(ε) = G(ε) de onde obtemos N = V 3π2 2m ¯ h2 3/2 µ3/2{1 + 3π 2 24 kBT µ !2 } (22) válidas para kBT << µ

Para obter a capacidade térmica a N constante não basta derivar a ex-pressão para U acima com rela¸cão a T. Devemos inicialmente eliminar o potencial qu´ımico das duas expressões acima para obter U como fun¸cão de T, V e N. Depois disso podemos efetuar a derivada (∂U/∂T )V,N. Com essa

finalidade vamos obter µ como fun¸cão de T, V e N. A partir de (22) e usando o resultado (16) obtemos ε3/2 = µ3/2{1 + 3π 2 24 kBT µ !2 } (23) e portanto µ = εF{1 + 3π2 24 kBT µ !2 }−_2/3 (24) Como estamos interessados em obter expressões que sejam válidas a baixas temperaturas, aproximamos µ no lado direito por εF. Em seguida levamos

em conta que (1 + x)−_2/3 = 1 − 2x/3 para x << 1 e obtemos µ = εF{1 − π2 12 T TF 2 } (25)

que é a expressão de µ como fun¸cão de V e N . Lembrar que tanto εF quanto

(5)

diminui com a temperatura a N e V constantes. Em seguida, dividimos as equa¸c˜oes (21) e (22), membro a membro, para obter

U N = µ{1 + 15π2 24 kBT µ !2 }{1 + 3π 2 24 kBT µ !2 }−1 (26) Nessa equa¸cão, substitu´ımos o potencial qu´ı que está fora dos parênteses pela expressão dada por (25) aqueles que estão dentro dos parênteses por εF = kBTF. Obtemos então U N = εF{1 − π2 12 T TF 2 }{1 + 15π 2 24 T TF 2 }{1 + 3π 2 24 T TF 2 }−₁ (27) Levando em conta que (1 + x)−₁

= 1 − x para x << 1, e efetuando o produto dos termos entre parˆenteses, obtemos at´e ordem (T /TF)2 a seguinte

f´ormula U = 3 5N εF{1 + 5π2 12 T TF 2 } (28)

que é a expressão desejada para U . Para determinar a capacidade térmica basta agora derivar com rela¸cão à temperatura

C = ∂U ∂T ! V,N = π 2 2 N k T TF (29) Esse resultado nos diz que a capacidade térmica de elétrons livres degenerados é linear com a temperatura.

4 Apˆ

endice

Efetuamos aqui a dedu¸cão da expressão (20) válida para baixas temperaturas. O que desejamo é obter uma expansão assintótica de

I(T ) = Z ∞ 0 g(ε)f (ε)dε = Z ∞ 0 g(ε) eβ(ε−µ)_{+ 1}dε (30)

para pequenos valores de kBT /µ. Inicialmente vemos que

I(0) =

Z µ

(6)

Portanto I(T ) − I(0) = Z ∞ 0 g(ε) eβ(ε−µ)_{+ 1}dε − Z µ 0 g(ε)dε (32) ou I(T ) − I(0) = Z µ 0 g(ε) eβ(ε−µ)_{+ 1}dε + Z ∞ µ g(ε) eβ(ε−µ)_{+ 1}dε − Z µ 0 g(ε)dε (33)

Reunindo a primeira e a ´ultima integral numa ´unica integral, temos I(T ) − I(0) = − Z µ 0 g(ε) 1 + e−_β(ε−µ)dε + Z ∞ µ g(ε) eβ(ε−µ)_{+ 1}dε (34)

Fazemos agora as seguintes mudan¸cas de vari´aveis. Na primeira integral fazemos ξ = −β(ε − µ), de modo que ε = µ − kBT ξ, para obter

Z µ 0 g(ε) 1 + e−_β(ε−µ)dε = Z βµ 0 g(µ − kBT ξ) 1 + eξ kBT dξ (35)

Na segunda integral fazemos ξ = β(ε − µ), de modo que ε = µ + kBT ξ, para

obter Z ∞ µ g(ε eβ(ε−µ)_{+ 1}dε = Z ∞ 0 g(µ + kBT ξ) eξ_{+ 1} kBT dξ (36)

Como estamos interessados numa expans˜ao de baixas temperaturas podemos estender o limite superior da primeira integral at´e o infinito. Assim

I(T ) − I(0) = kBT

Z ∞ 0

g(µ + kBT ξ) − g(µ − kBT ξ)

eξ_{+ 1} dξ (37)

A expressão no numerador pode ser expandida em série de potências de ξ. Fazendo a expansão até termos lineares em ξ,

g(µ + kBT ξ) − g(µ + kBT ξ) = 2g ′ (µ)kBT ξ (38) de onde obtemos I(T ) − I(0) = 2g′ (µ)(kBT )2 Z ∞ 0 ξ eξ_{+ 1}dξ (39)

A integral ´e igual a π2_{/12 de modo que obtemos finalmente}

I(T ) = I(0) + π 6g ′ (µ)(kBT )2 (40) ou I(T ) = Z µ 0 g(ε)dε + π 6g ′ (µ)(kBT )2 (41)

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Exerc´ıcios - 6

1) Determine a energia interna e a pressão de um gás de elétrons livres degenerados ultra-relativ´ısticos.

2) Obtenha as propriedades termodinˆamicas de semicondutores intr´ınsecos. Consultar o livro: Yu. B. Rumer e M. Sh. Ryvkin, Thermodynamics, Sta-tistical Physics and Kinetics, Moscou, Mir, 1980; p. 283.