Prova 3 - Plato

IFUSPFAP2293Física para Engenharia Elétrica 4PROVA 308/12/2009Gabarito – 6 de dezembro de 2009Questão 1PARTE AConsidere o sistema composto por um gás de N elétrons livres confinados a uma região bi-dimensionalde área A = L 2 , no zero absoluto . Neste caso, a densidade de estados g(E) pode ser obtida de formaanáloga ao tratamento para o metal em três dimensões. O resultado obtido é:g(E) = mAπ 2 ,de tal forma que g(E) não depende da energia E.(0,5): a) Determine a energia de Fermi E F do gás de elétrons.(0,5): b) Calcule a energia média por elétron E méd , expressando-a em termos da energia de Fermi.(0,5): c) Determine a velocidade média dos elétrons v m e expresse o resultado em termos da velocidadede Fermi v F = √ 2E F /m.Sugestão: O numero dN de elétrons com energias no intervalo dE é dN = g(E)f(E)dE, onde f(E) éa distribuição de Fermi-Dirac.PARTE BConsidere agora um semicondutor intrínseco com lacuna de energia (gap) E g . As densidades de estadosdas bandas de condução e de valência são tais que o nível de Fermi se localiza exatamente nocentro do gap.(0,5): c) Tomando como referência a energia do topo da banda de valência, E v = 0, quais são a energiano fundo da banda de condução, E c , e o nível de Fermi E F ?(0,5): d) A temperaturas muito baixas, o semicondutor intrínseco é um isolante quase perfeito. A suacondutividade pode ser aumentada por iluminação (foto-condutividade). Qual é o máximocomprimento de onda da luz necessário para que ocorra o fenômeno da foto-condutividade?Elétrons livres, semicondutoresa) Para T = 0, f(E) = 1 para E < E F e f(E) = 0 para E > E F :N =∫ EF0g(E)dE = mAπ 2 E F ⇒ E F = π2 Nm A .b) E méd = 1 N∫ EF0E g(E)dE = 1 mA2N π 2 E2 F ⇒ E méd = 1 2 E F .c) Como para os elétrons livres E = 1 2 mv2 , v =v m = 1 ∫ EF√2v(E)g(E)dE =Nmd) E c = E g , E F = 1 2 E g.0∫1 EFE 1/2 dE = 2 E F 03√2m E1/2 e, do ítem anterior g(E) = N/E F .√2EFm ⇒ v m = 2 3 v F .e)Para excitar um elétron do topo da banda de valência para o fundo dabanda de condução é necessário um fóton com energia mínima E g :hcλ ≥ E g ⇒ λ ≤ hcE g.

Questão 3Considere 1 mol de um gás ideal monoatômico submetidoaos dois processos quasi-estáticos consecutivos ilustrados nafigura. O processo A → B é uma expansão isotérmica e o processoB → C é uma expansão adiabática. No estado inicial Aa temperatura é T A = T 1 e o volume do gás é V A = V 0 . Sãodados também os volumes V B = 2V 0 e V C = 3V 0 . Respondaas questões a seguir a partir da primeira lei da termodinâmicae das equações de estado do gás ideal. Fórmulas que não sãodadas no formulário devem ser deduzidas.(1,0): a) Determine as pressões e as temperaturas nos estadosA, B e C em termos dos dados do problema.(1,0): b) Calcule o calor recebido pelo gás e o trabalho realizadopelo gás nos processos A → B e B → C.(0,5): c) Compute a variação da entropia do gás no processocombinado A → C.Gás ideal, primeira e segunda leis da Termodinâmicaa) No estado A: P A V A = nRT A ⇒ P A = RT 1V 0.Como o processo A → B é uma expansão isotérmicaPP AP BABP CV 0 2V 0 3V 0CVT B = T A ⇒ T B = T 1 P B V B = nRT B ⇒= P B = RT 12V 0Ao longo do processo adiabático B → C dQ = 0 e, portanto:dU = −dW ⇔ nc V dT = −P dV = −nRT dV V ,onde utilizamos a equação de estado P V = nRT . Rearranjando e integrando de B a C:dTT= − R dVc V V⇒ ln T C= − R ln V C⇒ T ( ) RC 2V0 c V= .T B c V V B T 1 3V 0Como para um gás ideal monoatômico f = 3, c V = 3 2 R:T C =( 2 3T1 , e P C =3)2RT ( ) 2C2 3 RT1⇒ P C = .V C 3 3V 0b) 1,0 No processo isotérmico A → B, ∆U = 0 porque, para o gás ideal U = nc V T .Assim ∆U = Q − W = 0 ⇒ Q = W . Mas,W =∫ VBV AP dV =∫ 2V0V 0RT 1dVV ⇒ Q A→B = W A→B = RT 1 ln 2.No processo adiabático B → C, Q B→C = 0 e, portanto δU = −W . Assim,W = U B − U C = 3 2 R(T B − T C ), ou W B→C = 3 2 RT 1(1 −( )2 33)2c) Ao longo de A → B, dS = dQT 1e ao longo de B → C, dS = 0:∆S = ∆S A→B + ∆S B→C = Q A→BT 1+ 0 → ∆S = R ln 2.

Questão 4O ciclo de Stirling é semelhante ao ciclo de Otto, a não serpelo fato de que a compressão e a expansão do gás ocorremisotermicamente e não adiabaticamente, como no ciclode Otto. Como mostrado na figura, o fluido de trabalho ésubmetido às seguintes etapas:i) compressão isotérmica à temperatura T 1 do estado iniciala até o estado b, com uma razão de compressão r;ii) aquecimento a volume constante até o estado c com temperaturaT 2 ;bdiii) expansão isotérmica à temperatura T 2 até o estado d;T 1iv) resfriamento a volume constante retornando para o estadoinicial. V 0 rV 0 VaSuponha que o fluido de trabalho seja 1 mol de um gás ideal com γ = c p /c V = 5/3.(1,5): a) Calcule o calor absorvido pelo gás, Q, o trabalho realizado pelo gás, W , e a variação daenergia interna do gás, ∆U, em cada uma das etapas a → b, b → c, c → d, e d → a.(0,5): b) No ciclo de Stirling, os calores transferidos nas etapas b → c e d → a não evolvem fontes decalor externas, mas usam a regeneração: a mesma substância que transfere calor para o gásdentro do cilindro na etapa b → c absorve calor de volta na etapa d → a. Assim, os calorestransferidos Q b→c e Q d→a não desempenham papel na determinação da eficiência. Expliqueesta afirmação utilizando o resultado em (a).(0,5): c) Calcule a eficiência do ciclo em termos das temperaturas T 1 e T 2 , levando em conta a observaçãodo ítem anterior. Compare o resultado com a eficiência de um ciclo de Carnot operando entreessas mesmas duas temperaturas.Gás ideal, primeira e segunda leis da Termodinâmicaa) Processo a → b: ∆T = 0 ⇒ ∆U = Q − W = 0 ⇒ Q = W .W ab =∫ VbV aP dV =∫ V0rV 0RT 1dVV ⇒ Q ab = W ab = −RT 1 ln r, ∆U ab = 0.Processo b → c: ∆V = 0 ⇒ dW = P dV = 0, ⇒ dU = dQ = nc V dT , com c V = R/(γ − 1) = 3 2 R:∆U bc = Q bc = 3 2 R(T 2 − T 1 ), W bc = 0.Processo c → d: ∆T = 0 ⇒ ∆U = Q − W = 0 ⇒ Q = W .W cd =∫ VdV cP dV =∫ rV0V 0PRT 2dVV ⇒ Q cd = W cd = +RT 2 ln r, ∆U cd = 0.Processo d → a: ∆V = 0 ⇒ dW = P dV = 0, ⇒ dU = dQ = nc V dT :∆U da = Q da = 3 2 R(T 1 − T 2 ), W da = 0.b) No ítem anterior vemos que Q bc = −Q da , assim o calor que é armazenado no regenerador duranteo resfriamento d → a é usado para o aquecimento b → c.trabalho realizadoc) A eficiência é definida como e =calor absorvido. Desconsiderando o calor fornecido pelo regeneradorno aquecimento b → c, temos:e = W ab + W cdQ cd= R ln r(T 2 − T 1 )R ln rT 2⇒ e = 1 − T 1T 2.A expressão é idêntica à da eficiência do ciclo de Carnot com T f = T 1 e T q = T 2 , embora o seusignificado seja diferente.cT 2

IFUSPFAP2293Física para Engenharia Elétrica 4Formulário Prova 3 — 08/12/2009c = 3,00×10 8 m/se = 1,60×10 −19 Cµ 0 = 4π×10 −7 N A −2 = 1,26×10 −6 N A −2 e 2 /4πɛ 0 = 2,31×10 −28 J·m = 1,44 eV·nmɛ 0 = 1/µ 0 c 2 = 8,85×10 −12 F/m m e = 9,11×10 −31 kg = 0,511 MeV/c 2h = 6,63×10 −34 J·s = 4,14×10 −15 eV·sλ C = h/m e c = 2,43×10 −3 nm = h/2π = 1,05×10 −34 J·s = 6,58×10 −15 eV·s h 2 /2m e = 2,41×10 −37 J·m 2 = 1,504 eV·nm 2hc = 2,00×10 −25 J·m = 1240 eV·nma 0 = 4πɛ 0 2 /m e e 2 = 5,29×10 −2 nmσ = 5,67×10 −8 W m −2 K −4 m p = 1,673×10 −27 kg = 938,3 MeV/c 2b = 2,90×10 −3 K m m n = 1,675×10 −27 kg = 939,6 MeV/c 2R = 8,315 J/(mol · K) u = 1,661×10 −27 kg = 931,5 MeV/c 2N A = 6,022×10 23 mol −1k = R/N A = 1,38×10 −23 J/K=8,62×10 −5 eV/Kθ i = θ rn 1 sen θ i = n 2 sen θ tv = ω k = λf = c nφ ≈ 2π d sen θ I = I max cos 2 (φ/2)λd sen θ bril = mλ d sen θ esc = ( m+ 1 2)λΦ ≈ 2π a sen θ[ sen (Φ/2)I = I maxλ(Φ/2)a sen θ esc = mλ (m = ±1,±2, . . . )θ min ≈ λ/a; θ min ≈ 1,22λ/D] 22nt = ( m+ 1 2)λ 2nt = mλd sen θ bril = mλ (m = 0,±1,±2, . . . ) 2d sen θ = mλ (m = 0,±1,±2, . . . )I = I 0 cos 2 θR T = σT 4E n = nhf; n = 0,1,2,3, . . .λ max T = b = 2,90×10 −3 K mE = hf = hcλ ; p = E c = h E = √ (pc) 2 + (mc 2 ) 2λλ ′ − λ 0 = λ C (1 − cos θ)K max = hf − φ = e∆V sλ C =hm e cE = hf = ω p = h λ = kL = n E n =− Z2 e 2 18πɛ 0 a 0 n 2 ≈−Z2 n 2 13,6 eV v f = ω k = E v g = dωpdk = dEdp∆x∆p x ≥ 2∆E∆t ≥ 2

− 2 d 2 ψ+ U(x)ψ = Eψ− 22m dx2 2mE n =h28mL 2 n2 E n = (n + 1) ω 2[ ( 1 dr 2 r 2 dψ )dr drU(r)=− Ze24πɛ 0 r− l(l+1) ]r 2 ψ +U(r)ψ=EψE n =− Z2 e 2 18πɛ 0 a 0 n 2 ≈ −Z2 13,6 eVn2 P (x)dx = |ψ(x)| 2 dx〈f(x)〉 =∫ +∞−∞∫ +∞−∞|ψ(x)| 2 dx = 1ψ ∗ (x)f(x)ψ(x)dx∫ +∞0P (r)dr = |ψ(r)| 2 dV = |ψ(r)| 2 4πr 2 drP (r)dr = 1 〈f(r)〉 =∫ +∞0f(r)P (r)drR = (k 1 − k 2 ) 2(k 1 + k 2 ) 2 ; T = 4k 1k 2(k 1 + k 2 ) 2T ≈ e −2CL , C = √ 2m(U 0 − E)| ⃗ L| = L = √ l(l + 1) L z = m l | ⃗ S| = S = √ s(s + 1) S z = m s ∆l = ±1 ∆m l = 0, ± 1E rot = 2J(J + 1), J = 0,1,2, . . .2IE vib = (ν + 1)ω, ω = √ K/µ, ν = 0,1,2, . . .2µ = m 1m 2m 1 + m 2, I = µr 2 0∆J = ±1 ∆ν = ±1f(E) =1e (E−E F )/kT + 1E F 0 = 2 (3π 2 n ) 2/32mP V = nRT U = nc V Tc V = 1fR c 2 P = c V + R( m) 3/2N v (v)dv = N4πv 2 dv e −mv2 /2kT2πkT∆U = Q − WdU = dQ − P dVT C = T − 273,15e = W|Q q | = 1 − |Q f ||Q q |e C = 1 − T fT q∆S ≥ 0 dS = dQ T∫ +∞−∞∫ +∞−∞∫ ∞0∫ ∞0√ πe −au2 du =au 2 e −au2 du = 1 2√ πa 3u n e −au du = n!a n+1u 3 e −au2 du = 12a 2∫∫(sen u) 2 du = 1 (u − sen u cos u)2(cos u) 2 du = 1 (u + sen u cos u)2