Para um gás de eletrões degenerado, como é o caso dum metal, na aproximação de Thomas-Fermi, o potencial elétrico criado por um ião também é dado pela expressão apresentada no exercício anterior, com o comprimento de blindagem dado por:
L_{D}=\sqrt{\frac{\varepsilon_{\infty}}{4 \pi e^{2}\left(\partial n / \partial E_{F}\right)}}
onde \partial n / \partial E_{F} é a densidade de estados no nível de Fermi e \varepsilon_{\infty} é a constante dielétrica de fundo. (Este comprimento caraterístico também é chamado “comprimento de Debye”, como no exercício anterior).
a) Avalie L_{D} para um metal típico com n \approx 5 \cdot 10^{22} \mathrm{~cm}^{-3}, \varepsilon_{\infty} \approx 1.
b) Usando a expressão para a função dielétrica de Thomas-Fermi,
\varepsilon_{e}(q)=\varepsilon_{\infty}+\left(q L_{D}\right)^{-2}
mostre que o potencial blindade é igual a \varphi(\boldsymbol{r}) apresentado no exerrcício anterior.

Passo 1

O enunciado dá duas coisas importantes e pede duas tarefas:
  • Dados fornecidos:
    • Densidade eletrónica típica do metal: n \approx 5\cdot 10^{22}\\ \mathrm{cm^{-3}}.
    • Constante dielétrica de fundo: \varepsilon_{\infty}\approx 1.
    • A expressão do comprimento de blindagem (Debye/Thomas–Fermi) é L_{D}=\sqrt{\frac{\varepsilon_{\infty}}{4\pi e^{2}\left(\partial n/\partial E_{F}\right)}},onde \partial n/\partial E_{F} é a densidade de estados por unidade de volume no nível de Fermi.
    • A função dielétrica no espaço de impulsos (Thomas–Fermi) é dada por \varepsilon_{e}(q)=\varepsilon_{\infty}+\left(q L_{D}\right)^{-2}.
  • O que é pedido:
    (a) Avaliar numericamente L_{D} para o metal com os valores dados.
    (b) Usando \varepsilon_{e}(q), mostrar que o potencial blindado tem a forma (a forma tipo “Yukawa”/Coulomb cegado) \varphi(\mathbf r) apresentada no exercício anterior — isto é, obter explicitamente a forma real-space do potencial blindado de uma carga pontual.
Observação: a resolução a seguir vai explicar passo a passo como obter \partial n/\partial E_{F} para um gás de elétrons livre degenerado, como calcular numericamente L_{D} (parte a) e como partir de \varepsilon_{e}(q) e da equação de Poisson em Fourier para obter o potencial blindado no espaço real (parte b). Não se assume conhecimento prévio: cada fórmula será justificada.

Passo 2

A densidade de estados por unidade de volume para elétrons livres (3D) e spin-degenerescência 2 é uma fórmula padrão; vamos deduzi‑la e explicá‑la:
  • Começamos da relação entre densidade n e vetor de Fermi k_{F}:
    n=\frac{k_{F}^{3}}{3\pi^{2}}.
    Explicação curta: no espaço de momentos cada estado ocupa volume (2\pi)^{3}/V e contando spins (2) e integrando até k_F obtém-se a expressão acima.
  • A energia de Fermi é
    E_{F}=\frac{\hbar^{2}k_{F}^{2}}{2m},
    onde m é a massa do eletrão e \hbar a constante reduzia de Planck.
  • A densidade de estados por unidade de volume (por energia) em 3D é
    g(E)=\frac{1}{2\pi^{2}}\left(\frac{2m}{\hbar^{2}}\right)^{3/2}\sqrt{E}.
    Explicação: deriva-se a partir da contagem de estados por volume de momento e uso de E=\hbar^{2}k^{2}/2m.
  • Para um gás degenerado a T\approx 0, a quantidade \partial n/\partial E_{F} é simplesmente g(E_{F}), pois um pequeno aumento em E_F preenche novos estados na vizinhança de E_F. Assim:
    \frac{\partial n}{\partial E_{F}}=g(E_{F}).
  • Podemos reescrever g(E_{F}) em termos de k_{F} (às vezes é mais prático):
    g(E_{F})=\frac{m k_{F}}{\pi^{2}\hbar^{2}}.
    (Derivação rápida: substituir \sqrt{E_F}=\hbar k_F/\sqrt{2m} na fórmula do g(E) e simplificar; o resultado é a forma mostrada.)
  • E podemos expressar k_{F} em função de n:
    k_{F}=(3\pi^{2}n)^{1/3}.
Assim, para calcular \partial n/\partial E_{F} numericamente, basta calcular k_{F} a partir de n e depois usar g(E_{F})=m k_{F}/(\pi^{2}\hbar^{2}).

Passo 3

Cálculo numérico de L_{D} (parte a). Vamos trabalhar em unidades SI para obter um número em metros (faça atenção às conversões de unidades: 1\\ \mathrm{cm^{-3}}=10^{6}\\ \mathrm{m^{-3}}).
  • Primeiro convertemos a densidade:
    n=5\cdot 10^{22}\\ \mathrm{cm^{-3}}=5\cdot 10^{28}\\ \mathrm{m^{-3}}.
  • Calculamos k_{F}:
    k_{F}=(3\pi^{2}n)^{1/3}.
    Vamos calcular numericamente (mostrando as etapas):
    3\pi^{2}\approx 3\times 9{,}8696 = 29{,}6088,
3\pi^{2}n \approx 29{,}6088\times 5\cdot 10^{28} = 1{,}48044\times 10^{30},
k_{F}=(1{,}48044\times 10^{30})^{1/3}\approx 1{,}139\times 10^{10}\\ \mathrm{m^{-1}}.
  • Agora g(E_{F})=\dfrac{m k_{F}}{\pi^{2}\hbar^{2}}. Usamos constantes:
    • m=9{,}109\times 10^{-31}\\ \mathrm{kg},
    • \hbar=1{,}054\times 10^{-34}\\ \mathrm{J\,s},
    • \pi^{2}\approx 9{,}8696.
    Calculemos \hbar^{2} e o denominador:
    \hbar^{2}\approx (1{,}054\times 10^{-34})^{2}=1{,}111\times 10^{-68}\\ \mathrm{J^{2}s^{2}},
\pi^{2}\hbar^{2}\approx 9{,}8696\times 1{,}111\times 10^{-68}=1{,}096\times 10^{-67}.
O numerador m k_{F} é
m k_{F}\approx 9{,}109\times 10^{-31}\times 1{,}139\times 10^{10}=1{,}037\times 10^{-20}.
Portanto
g(E_{F})\approx \frac{1{,}037\times 10^{-20}}{1{,}096\times 10^{-67}}\approx 9{,}46\times 10^{46}\\ \mathrm{J^{-1}m^{-3}}.
  • Agora usamos a fórmula, em unidades SI, análoga à do enunciado (em SI o fator 4\pi do enunciado cgs fica incorporado em \varepsilon_{0}; para obter um número prático usamos)
    L_{D}=\sqrt{\frac{\varepsilon_{0}\varepsilon_{\infty}}{e^{2}\,(\partial n/\partial E_{F})}},
    onde e=1{,}602\times 10^{-19}\\ \mathrm{C} e \varepsilon_{0}=8{,}854\times 10^{-12}\\ \mathrm{F/m}. (Esta é a forma SI correspondente; o enunciado usou a forma cgs com 4\pi. O resultado numérico será o mesmo se as constantes forem tratadas consistentemente.)
    Calculemos:
    e^{2}g(E_{F})\approx (1{,}602\times 10^{-19})^{2}\times 9{,}46\times 10^{46} \approx 2{,}566\times 10^{-38}\times 9{,}46\times 10^{46} \approx 2{,}43\times 10^{9}.
\varepsilon_{0}\varepsilon_{\infty}\approx 8{,}854\times 10^{-12}\times 1 = 8{,}854\times 10^{-12}.
L_{D}=\sqrt{\frac{8{,}854\times 10^{-12}}{2{,}43\times 10^{9}}} =\sqrt{3{,}647\times 10^{-21}} \approx 6{,}04\times 10^{-11}\\ \mathrm{m}.
  • Converter para unidades mais familiares: L_{D}\approx 6{,}0\times 10^{-11}\\ \mathrm{m}=0{,}06\\ \mathrm{nm}=0{,}6\\ \text{\AA}.
Interpretação física rápida: o comprimento de blindagem é muito pequeno — da ordem de décimos de angstrom — o que indica que cargas em metais são muito bem blindadas sobre distâncias comparáveis ao espaçamento interatômico. Isso é típico: o comprimento de Thomas–Fermi em metais é da ordem de frações de Å.

Passo 4

Derivação do potencial blindado a partir de \varepsilon_{e}(q) (parte b). Aqui ensinamos cada passo do procedimento de forma clara.
  • Ideia física e matemática: para uma carga pontual +e localizada em \mathbf r=0, a densidade de carga em espaço de Fourier é \rho(\mathbf q)=e. A equação de Poisson linearizada no espaço de Fourier, incluindo a resposta eletrónica via a permissividade \varepsilon_{e}(q), dá a relação (em unidades SI com a convenção de transformada abaixo):
    \varphi(\mathbf q)=\frac{\rho(\mathbf q)}{\varepsilon_{0}\,\varepsilon_{e}(q)\,q^{2}}.
    Explicação: na ausência de meio \varphi(\mathbf q)=\rho(\mathbf q)/(\varepsilon_{0} q^{2}); o efeito do meio é dividir por \varepsilon_{e}(q).
  • Para \rho(\mathbf q)=e e com \varepsilon_e(q)=\varepsilon_{\infty}+(qL_{D})^{-2}, temos
    \varphi(\mathbf q)=\frac{e}{\varepsilon_{0}\,q^{2}\left(\varepsilon_{\infty}+\dfrac{1}{q^{2}L_{D}^{2}}\right)} =\frac{e}{\varepsilon_{0}\,\big(\varepsilon_{\infty} q^{2}+L_{D}^{-2}\big)}.
  • Reescrevendo em forma conveniente:
    \varphi(\mathbf q)=\frac{e}{\varepsilon_{0}\varepsilon_{\infty}}\cdot\frac{1}{q^{2}+\kappa^{2}}, \qquad\text{onde}\qquad \kappa^{2}\equiv \frac{1}{\varepsilon_{\infty}L_{D}^{2}}.
    Explicação: basta dividir numerador e denominador por \varepsilon_{\infty}.
  • Para voltar ao espaço real usamos a transformada inversa padrão (convenção \varphi(\mathbf r)=\displaystyle\int\frac{d^{3}q}{(2\pi)^{3}}\,\varphi(\mathbf q)e^{i\mathbf q\cdot\mathbf r}). Uma integral útil e padrão é
    \int\frac{d^{3}q}{(2\pi)^{3}}\frac{e^{i\mathbf q\cdot\mathbf r}}{q^{2}+\kappa^{2}}=\frac{e^{-\kappa r}}{4\pi r},
    onde r=|\mathbf r|. (Isto é um resultado tabulado de transformadas de Fourier radiais e pode ser provado integrando em coordenadas esféricas em \mathbf q-espaço.)
  • Aplicando essa identidade, obtemos
    \varphi(\mathbf r)=\frac{e}{\varepsilon_{0}\varepsilon_{\infty}}\cdot\frac{e^{-\kappa r}}{4\pi r}.
  • Substituindo \kappa^{2}=1/(\varepsilon_{\infty}L_{D}^{2}), podemos escrever explicitamente o comprimento de decaimento:
    \kappa=\frac{1}{L_{D}\sqrt{\varepsilon_{\infty}}} \quad\Rightarrow\quad \varphi(\mathbf r)=\frac{e}{4\pi\varepsilon_{0}\varepsilon_{\infty}}\frac{\exp\!\big(-\dfrac{r}{L_{D}\sqrt{\varepsilon_{\infty}}}\big)}{r}.
  • Observações sobre unidades e formas equivalentes:
    • Na forma SI acima aparece o fator 1/(4\pi\varepsilon_{0}) que recupera o potencial coulombiano usual no limite de blindagem nula.
    • Em unidades gaussianas (cgs) a forma comum é \varphi(r)=(e/\varepsilon_{\infty}r)\,e^{- \kappa r} com forças e definições levemente diferentes; o ponto chave é que a forma espacial é uma potencial tipo Yukawa (Coulomb multiplicado por um fator exponencial de decaimento).
    • Portanto, a resposta é: o potencial blindado é o potencial de Coulomb multiplicado por \exp(-\kappa r) com \kappa dado acima. Isso é exatamente a forma do potencial \varphi(\mathbf r) apresentada no exercício anterior (a mesma dependência espacial em r, o chamado potencial de Yukawa/Toma–Fermi), sendo a constante de decaimento compatível com a definição de L_{D} usada.

Passo 5

Resumo físico e como usar isto na prova (dicas práticas):
  • Para calcular L_{D} num problema, obtenha g(E_{F}) usando k_{F}=(3\pi^{2}n)^{1/3} e g(E_F)=m k_F/(\pi^{2}\hbar^{2}). Depois aplique a fórmula dada para L_D (ou a forma SI mostrada).
  • Para obter o potencial blindado: escreva a equação de Poisson em Fourier, use \varepsilon_e(q) para obter \varphi(q) e faça a transformada inversa; utilize a identidade \int\frac{d^{3}q}{(2\pi)^{3}}e^{i\mathbf q\cdot\mathbf r}/(q^{2}+\kappa^{2})=e^{-\kappa r}/(4\pi r). Resultado final é um potencial do tipo Yukawa: \varphi(\mathbf r)=\frac{e}{4\pi\varepsilon_{0}\varepsilon_{\infty}}\frac{\exp\!\big(-\dfrac{r}{L_{D}\sqrt{\varepsilon_{\infty}}}\big)}{r},que, dependendo das unidades (cgs/gaussian vs SI) e da convenção usada para definir L_D, aparece na forma equivalente apresentada no exercício anterior.

Resposta

(a) L_{D}\approx 6{,}0\times 10^{-11}\\ \mathrm{m}=0{,}06\\ \mathrm{nm}\approx 0{,}6\\ \text{\AA}.
(b) \displaystyle \varphi(\mathbf r)=\frac{e}{4\pi\varepsilon_{0}\varepsilon_{\infty}}\frac{\exp\!\big(-\dfrac{r}{L_{D}\sqrt{\varepsilon_{\infty}}}\big)}{r}, que é a forma Yukawa (potencial de Coulomb blindado) e é equivalente à forma apresentada no exercício anterior, uma vez alinhadas as convenções de unidades e a definição de L_{D}.

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