1 Estructura cristalina

11

1 Estructura cristalina

1.1 El hierro a temperatura ambiente presenta una estructura cúbica centrada en el cuerpo con un parámetro de red a = 2,87 Å. Sabiendo que su peso molecular es 55,847 g/mol, determinar: a) La masa de un átomo, b) La densidad del hierro, c) El radio atómico del hierro, d) El volumen atómico, e) El número de átomos por m3, f) El número de átomos por g, g) El número de moles por m3, h) La masa de una celda unitaria, i) El número de celdas unitarias existentes en 1g de hierro, j) El volumen de una celda unitaria, k) La densidad atómica lineal en la dirección [1 2 1], y l) La densidad atómica superficial en el plano (1 2 0). Solución:

© los autores, 1998; © Edicions UPC, 1998. Quedan rigurosamente prohibidas, sin la autorización escrita de los titulares del "copyright", bajo las sanciones establecidas en las leyes, la reproducción total o parcial de esta obra por cualquier medio o procedimiento, comprendidos la reprografía y el tratamiento informático, y la distribución de ejemplares de ella mediante alquiler o préstamo públicos.

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12

a) La masa de un átomo 55,847

1mol −23 g / at. = 9,27 ⋅ 10 mol 6,023 ⋅ 10 23 at. g

⋅

b) La densidad del hierro nº at .: 8 ⋅ 1 8 + 1 = 2 at . V = a3

−23 g / at . 1 kg 2 at .⋅ 9,27 ⋅ 10 3 −10 3 ⋅ 1.000 g = 7.843 kg / m ( 2,87 ⋅ 10 m) c) El radio atómico del hierro ϕ=

4rA = a ⋅ 3 rA =

a ⋅ 3 2,87⋅ 3 = = 1,24Å 4 4

d) El volumen atómico V A = 43 ⋅ π ⋅ rA = 43 ⋅ π ⋅ (1,24 ⋅ 10 3

e) El número de átomos por m3 2 at . Vcelda

=

2 at . ( 2,87 ⋅ 10

−10

−10

m) = 7 ,98 ⋅ 10 3

= 8,46 ⋅ 10 at ./ m 28

m)

3

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3

−30

m

3

1 Estructura cristalina

13

f) El número de átomos por g 6,023 ⋅ 10

at .

23

⋅

1mol

= 1,08 ⋅ 10 at ./ g 22

mol 55,847 g

g) El número de moles por m3 kg 1.000 mol 5 3 = 1,40 ⋅ 10 mol / m 7.843 3 ⋅ 55 , 847 kg m h) La masa de una celda unitaria 2

1mol 55,847 g −22 ⋅ = 1,85 ⋅ 10 g / celda 23 celda 6,023 ⋅ 10 at . 1 mol at .

⋅

i) El número de celdas unitarias existentes en 1g de hierro 1 celda 2 at .

⋅ 6,023 ⋅ 10

23

at .

⋅

1 mol

mol 55,847 g

= 5,39 ⋅ 10 celda / g 21

j) El volumen de una celda unitaria V = a 3 = ( 2,87 ⋅ 10 −10 m) 3 = 2,36 ⋅ 10 −29 m 3 k) La densidad atómica lineal en la dirección [1 2 1] d[121] =

1at . a⋅ 6

= 1,42 ⋅ 10 at ./ m 9

nº átomos = ½ + ½ = 1 b = a ⋅ (1 − 0)2 + ( 2 − 0)2 + (1 − 0)2 = a ⋅ 6 l) La densidad atómica superficial en el plano (1 2 0) (120) ⇒ {( x = 2);( y = 1);( z = ∞ )} → Puntos de intersección con los ejes S = a ⋅ a 2 + ( 2a ) 2 = a 2 ⋅ 5 d (120) =

4 ⋅ 14 at . a ⋅ 5 2

= 5,43 ⋅ 10 at ./ m 18

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2

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14

1.2 La celda elemental del aluminio es cúbica centrada en las caras. Su masa atómica es 26,982 g/mol y el parámetro de red a = 0,405 nm. Calcular: a) La densidad teórica, b) La densidad atómica lineal en la dirección [1 1 0], c) La densidad atómica superficial en el plano (1 1 1), d) El radio atómico, y e) El factor de empaquetamiento. Solución: a) La densidad teórica

ϕ=

m 4⋅ MA = = 2.697 kg / m3 V N A ⋅ a3

b) La densidad atómica lineal en la dirección [1 1 0]

d[ 110] =

2 a⋅ 2

= 3,49 ⋅ 10 at ./ m 9

c) La densidad atómica superficial en el plano (1 1 1)

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1 Estructura cristalina

15

d(111) = a⋅   2

2

2 S

2  + l 2 = a ⋅ 2 

(

)

2

⇒l =

3 ⋅a 2

l ⋅ a ⋅ 2 a2 ⋅ 3 = 2 2 19 d( 111) = 1,408 ⋅10 at ./ m2 S=

d) El radio atómico 4R = a ⋅ 2 ⇒ R =

a⋅ 2 = 0,143 ⋅ 10− 9 m 4

e) El factor de empaquetamiento F . E. =

4 ⋅ 43 ⋅ π ⋅ R3 = 0,74 a3

1.3 Determinar el factor de empaquetamiento en las redes cúbica simple, cúbica centrada en el cuerpo y cúbica de caras centradas. Solución: - Cúbica simple F . E. =

n ⋅ Vat . Vcelda

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rat. = a / 2 4  a Vat . = ⋅ π ⋅    2 3

3

n = 1/8 · 8 = 1 1 ⋅ 43 ⋅ π ⋅ ( a2 )

3

F . E.=

a

π = 0,52 6

=

3

- Cúbica centrada en el cuerpo (Véanse figuras del ejercicio 1.1) D=

(2a )2 + a 2

= 3 ⋅a

4rat = D 4rat . = 3 ⋅ a rat. =

3 ⋅a 4

n = (1/8 · 8) + 1 = 2

(

4 n ⋅ Vat . 2 ⋅ 3 ⋅ π ⋅ = F . E. = Vcelda a3

3 4

⋅a

)

3

=

3 8

⋅ π ⋅ a3 3 = ⋅ π = 0,68 a3 8

- Cúbica centrada en las caras

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1 Estructura cristalina

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d = 2 ⋅a 4rat. = d 4rat . = a ⋅ 2 ⇒ rat . =

2 ⋅a 4

3

a⋅ 2 4 2  = ⋅ π ⋅ a3 Vat . = ⋅ π ⋅  3 4 24   n = (1/8 · 8) + (1/2 · 6) = 4 F . E. =

n ⋅ Vat . 4 ⋅ 242 ⋅ π ⋅ a 3 2 = = ⋅ π = 0,74 Vcelda a3 6

1.4 El cadmio a temperatura ambiente presenta una estructura hexagonal compacta (HC) cuyos parámetros reticulares son: a = 0,2973 nm; c = 0,5618 nm. Determinar: a) El volumen de la triple celda unitaria, y b) La relación c/a. Comentar el resultado para el valor esperado de c/a = 1.633 para una red hexagonal compacta ideal. Solución:

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a) V = Superficie base · altura Área del triángulo = (b·h) / 2 = (a · (a · sen 60))/ 2 = (a2 · sen 60) / 2 Superficie de la base = 6 · ( (a2 · sen 60) / 2) = 3 · a2 · sen 60 Altura = c V = 3 · a2 · c · sen 60 = 3 · (0,2973 · 10 -9)2 m2 · (0,5618 · 10-9) · sen 60 = 1,29 · 10-28 m3 b) c/a = 0,5681 nm / 0,2973 nm = 1,889 La relación c/a para una estructura HC ideal, que consiste en un empaquetamiento uniforme de esferas tan compacto como sea posible tiene un valor de 1,633. Para el cadmio, c/a = 1,889, mayor que el ideal, ya que los átomos están ligeramente alargados a lo largo del eje c de la celda unitaria. La celda unitaria está distorsionada por una elongación a lo largo del eje c. El tanto por ciento de desviación es: [(1,889 - 1,633) / 1,633 ] · 100 = 15, 7 %

1.5 El titanio presenta a temperatura ambiente una estructura hexagonal compacta con parámetro reticular a = 0,2950 nm. Su densidad es d = 4.510 kg/m3 y la masa atómica = 47,90 g/mol. a) Determinar la relación c/a, y b) Comentar este resultado para el valor esperado de c/a para una red hexagonal compacta ideal (c/a=1,633). Solución: a) d= V =

n⋅ MA n⋅ M A ⇒V = V ⋅NA d⋅NA

6 at.⋅0,04790 Kg / mol ⋅ at . = 1,05771 ⋅ 10− 28 m3 4.510 kg / m3 ⋅ 6,023 ⋅ 1023 at ./ mol

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V = 3 · a2 · c · sen 60 c=

V 1,05771 ⋅10−28 m3 ⇒ = 4,678 ⋅10−10 m = 0,4678 mm −9 2 3 ⋅ a ⋅ sen 60 3 ⋅ 0,2950 ⋅10 m ⋅ sen 60

(

2

)

b) c/a = 0,4678 nm / 0,2950 nm = 1,568 Para el titanio, c/a = 1,568, y para la red ideal hexagonal compacta es de 1,633. Este hecho significa que los átomos de titanio están ligeramente comprimidos en la dirección del eje c. La celda unidad está distorsionada por una compresión a lo largo del eje c. El tanto por ciento de desviación es: ((1,586 - 1,633) / 1,633) · 100 = -2,81 %.

1.6 El hierro puro se presenta en tres formas alotrópicas según la temperatura: - Hierro α. Cúbico centrado en el cuerpo: a = 2,90 · 10-10 m de parámetro reticular - Hierro γ. Cúbico centrado en las caras: a = 3,65 · 10-10 m de parámetro reticular. - Hierro δ. Cúbico centrado en el cuerpo: a = 2,93 · 10-10 m de parámetro reticular. Determinar: a) La densidad del hierro en cada caso, y b) Partiendo de un cubo de 1 m3 de Fe-α, ¿qué volumen ocupará este cuerpo cuando se transforme en Fe-γ ? ¿y al transformarse en Fe-δ? (peso molecular del hierro: 55,85 g/mol). Solución: a) d Fe −α =

n ⋅ MA 2 at .⋅0,05585 kg / mol = = 7.604,07 kg / m3 N A ⋅ V 6,023 ⋅1023 at . ⋅ 2,90 ⋅10−10 3 m3 mol 4 ⋅ 0,05585 d Fe− γ = = 7.627,66 kg / m3 3 6,023 ⋅ 1023 ⋅ 3,65 ⋅ 10−10

(

)

(

d Fe−δ =

2 ⋅ 0,05585

(

6,023 ⋅1023 ⋅ 2,93 ⋅10−10

)

)

3

= 7.372,88 kg / m3

b) 1 m3 Fe − γ = 1m3 Fe − α ⋅

7.604,07 kg Fe − α 1 kg Fe − γ 1 m3 Fe − γ ⋅ ⋅ = 0,9974 m3 3 1m Fe − α 1 kg Fe − α 7.623,66 kg Fe − γ

1 m3 Fe-δ ocupará 1,0313 m3.

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1.6 La perowskita (CaTiO3) presenta una estructura cristalina con una celda elemental como la de la figura: a) Hallar el número de coordinación (NC) para cada tipo de átomo, y b) Calcular la densidad teórica del compuesto. Datos: MCa = 40,08 g/mol MTi = 47,88 g/mol MO = 16,00 g/mol NA = 6,023 ·1023 mol-1 RCa2+ = 0,099 nm RTi4+ = 0,061 nm RO2- = 0,140 nm Solución:

a) El Ti tiene seis átomos de oxígeno a a0/2 ⇒ NCTi=6. El Ca tiene tres átomos de oxígeno (por celda) situados a ( 2 2 )·a0, pero cada átomo de Ca pertenece a ocho celdas, y los átomos de oxígeno están compartidos por dos celdas (centran las caras), por tanto, NCCa=3·8·(1/2)=12. Con el O se han de considerar todos los cationes, por tanto, cada átomo de oxígeno tiene dos átomos de titanio a a0/2 y cuatro átomos de Ca a ( 2 2)·a0, por tanto, NCO=2+4=6. b) ρ=

at .Ti . Ca at . O 1 atcelda ⋅ MCa + 1 celda ⋅ MTi + 3 celda ⋅ MO a0 ⋅ N A

1 átomo de Ba/celda ⇒ 8 átomos de Ca en los vértices que colaboran con 1/8 1 átomo de Ti/celda ⇒ 1 átomo central 3 átomos de O/celda ⇒ 6 átomos de oxígeno centrando caras, que colaboran con ½

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1 Estructura cristalina

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Para hallar a0, se ha de considerar la mayor distancia anión-catión contiguo. Hay dos posibilidades: 2 ⋅ a0 = 2 ⋅ rCa + 2 ⋅ rO ⇒ a0 = 0,338 nm o bien: a0 = 2 ⋅ rO + 2 ⋅ rTi ⇒ a0 = 0,402 nm Consideramos la segunda ⇒ a0 = 0,402 nm = 0,402 · 10-7 cm a03 =6,496 ·10-23 cm3 1 ⋅ 40,08 mol + 1⋅ 47,88 mol + 3 ⋅ 16,00 mol g = 3,47 3 − 23 3 23 −1 6,496 ⋅10 cm ⋅ 6,023 ⋅ 10 mol cm g

ρ=

g

g

1.8 El MgO presenta una estructura cúbica compleja (de tipo NaCl). Si su densidad experimental es de 3,2 g/mol: a) Calcular qué porcentaje de defectos de Schottky habrá en la celda, y b) Calcular el factor de empaquetamiento de la estructura teórica. ¿Presenta la misma variación porcentual respecto del valor correspondiente a la estructura real? Datos: MMg = 24,31 g/mol MO = 16,00 g/mol NA = 6,023 · 1023 mol-1 RMg2+ = 0,072 nm RO2- = 0,140 nm Solución:

a) ρexp = 3,2 g/mol ρteórica = ? a0 = 2rMg + 2rO = 0,424 nm = 4,24 · 10-8 cm a03 = 7,62 · 10-23 cm3 Átomos de Mg: 12 centrando las aristas (1/4) + 1 átomo interior = 4 át.Mg/celda

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Átomos de O: 6 átomos centrando las caras y 8 átomos centrando los vértices ⇒ (6·(1/2)) + (8·(1/8))=3 + 1= 4 át.O/celda at .O 4 celda ⋅ 24,31 mol + 4 celda ⋅ 16 mol = 3,512 g 3 − 23 3 at . cm 7,62 ⋅ 10 cm ⋅ 6,023 ⋅1023 mol at . Mg

ρteórica =

g. Mg

g. O

ρteórica > ρexp. ⇒ realmente no habrá 4 moléculas de MgO por celda, sino menos. Mg Mg gO at .O n atcelda ⋅ 24,31 gmol + n celda ⋅ 16 mol at . 7,62 ⋅10− 23 cm3 ⋅ 6,023 ⋅ 1023 mol .

ρexp. = 3,2 g mol = n ⋅

.

.

40,31 g ⋅ ⇒ n = 3,64 ⇒ 0,36 vacantes celda 45,89 mol

% vacantes =

0,36 ⋅ 100 = 8,9 % vacantes 4

b) Vol. at./ celda 3,64 F . E.real = = Vol. celda F . E.real =

3,64

at . Mg celda

% ∆F . E . = 100 ⋅

4 3 at .O 4 ⋅ ⋅ π ⋅ rMg + 3,64 celda ⋅ ⋅ π ⋅ rO3 3 3 a03

4 3 3 at . O 4 ⋅ ⋅ π ⋅ ( 0,072 nm) + 3,64 celda ⋅ ⋅ π ⋅ (0,140 nm) 3 3 (0,424 nm)3

F . E.real =

F . E.teórico =

at . Mg celda

4

at . Mg celda

5,69 ⋅ 10−3 + 0,0418 = 0,62 0,0762 4 at . O 4 3 ⋅ ⋅ π ⋅ rMg + 4 celda ⋅ ⋅ π ⋅ rO3 3 3 = 0,68 a03

F . E.teórico − F . E.real 0,68 − 0,62 = ⋅ 100 = 8,82% F . E.teórico 0,68

Sí, presenta aproximadamente la misma variación respecto al valor correspondiente a la estructura real. 1.9 La plata Sterling es una aleación comercial, formada por una solución sólida, Ag-Cu, con una riqueza en plata del 975/1.000, y que presenta una estructura FCC. a) Calcular la densidad de esta aleación, y b) Calcular su factor de empaquetamiento. Datos: MAg = 107,87 g/mol MCu = 63,55 g/mol NA = 6,023·1023 mol-1 RAg = 0,144 nm RCu = 0,128 nm

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1 Estructura cristalina

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Solución:

a)

ρteórica =

n

at . Ag celda

at .O ⋅ M Ag + n celda ⋅ MO

a03 ⋅ N A

FCC ⇒ 4 át./celda (teórica) 2 ⋅ a0 = 4 ⋅ rAg ⇒ a0 =

4 ⋅ 0,144 nm

= 0,407 nm 2 ¿Cuántos átomos habrá de Ag y Cu en la celda? Dependerá de si forman solución sólida sustitucional o bien solución sólida intersticial. Aplicamos la relación Hume-Rothery: rAg − rCu rAg

⋅ 100 =

0,144 − 0,128 ⋅ 100 = 11% < 15% ⇒ s. s. s. 0,144

Por tanto, habrá 4 átomos en la celda de los cuales x seran de Ag y (4-x) de Cu. 955 g Ag × 25 g Cu ×

1 mol at Ag = 9,04 mol at Ag 107,87 g Ag

1 mol at Cu = 0 , 39 mol at Cu 63 , 55 g Cu

De 9.43 moles de átomos, 9.04 mol serán de Ag y 0.39 mol serán de Cu, de manera que las proporciones serán: 9,04 at Ag / at totales = 0,96 at Ag / total 9,43 0,39 Cu : at Cu / at totales = 0,04 at Cu / total 9,43 Ag :

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24

De manera que los 4 átomos que habrá en la celda elemental estarán distribuidos de la forma siguiente: Ag : 4 × 0.96 at Ag / celda = 3.84 at Ag / celda Cu : 4 × 0.04 at Cu / celda = 0.16 at Cu / celda Así, la densidad teórica es:

ρteórica =

. Ag . Ag .Cu .Cu ⋅ 107,87 gmol + 00,14 atcelda ⋅ 63,55 gmol 3,86 atcelda

(0,407 ⋅10

−7

)

3

cm ⋅ 6,023 ⋅ 10

23 at . mol

= 10,51

g cm 3

b) Vol .at / celda = F .E . = Vol .celda

. Ag 4 3 3 .Cu 4 ⋅ ⋅ π ⋅ rAg + 0,14 atcelda ⋅ ⋅ π ⋅ rCu 3,86 atcelda 3 3 a03

3 3 . Ag 4 . Cu 4 ⋅ ⋅ π ⋅ (0,144nm ) + 0,14 atcelda ⋅ ⋅ π ⋅ (0,128nm ) 3,86 atcelda 3 3 F .E . = (0,407nm )3

F .E. real =

0,0482 + 1,4054 ⋅ 10 −4 = 0,74 0,0674

1.10 A temperaturas elevadas, el estroncio (Sr) presenta una estructura BCC. Si se enfría, experimenta una variación alotrópica, y a temperatura ambiente su estructura es FCC. a) Calcular la variación volumétrica porcentual que se produce durante el enfriamiento, b) Esta variación alotrópica, al enfriarse, ¿corresponde a una contracción o a una dilatación?, y c) ¿Qué estructura será más densa? Demostrarlo. Solución: a) Vinicial ⇒ BCC ⇒ 2 át./celda 3 ·a0=4·r ⇒ a0 = (4·r)/

3

3

 4⋅r  Vin =  Sr  = 2,3093 ⋅ rSr3 = 12,310 ⋅ rSr3  3  Vfinal ⇒ FCC ⇒ 4 át./celda 2 ·a0 = 4·r ⇒ a0 = (4·r)/

2

3

 4⋅r  V fin =  Sr  = 2,8283 ⋅ rSr3 = 22,617 ⋅ rSr3  2  2 celdas BCC ⇒ 1 celda FCC 4 át. ⇒ 4 át.

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1 Estructura cristalina

25

% ∆V =

V f − Vi Vi

⋅100 =

22,617 ⋅ r 3 − 2 ⋅12,310 ⋅ r 3 ⋅100 = −8,136% 2 ⋅12,310 ⋅ r 3

b) Es una contracción ya que Vi > Vf. c)

ρFCC =

4 ⋅ M Sr M = 2,93 ⋅ 10− 25 3 3 23 22,617 ⋅ rSr ⋅ 6,023 ⋅ 10 r

ρBCC =

2 ⋅ M Sr M = 2,69 ⋅10 − 25 3 3 23 12,310 ⋅ rSr ⋅ 6,023 ⋅10 r

Así pues, es más densa la estructura FCC. 1.11 Un laboratorio recibe un lingote paralelepipédico metálico, sin defectos macroscópicos, de dimensiones 2 x 2 x 10 cm y 294,920 g de masa. La única información “verdadera” de que dispone es la de una etiqueta: “Cr-BCC”. a) ¿Qué tipo de defectos presenta el lingote?, y b) Una información posterior indica que existe un 10 % de defectos no sustitucionales. ¿Qué puede ser? Datos: MCr = 52,01 g/mol rCr = 0,125 nm Solución: V = (2·2·10) cm3 = 40 cm3 m = 294,920 g ρexp = 294,920 g / 40 cm3 = 7,373 g/cm3 BCC ⇒ 2 át./celda

a)

ρteórica

3 ·a0 = 4·r ⇒ r = 0,125·10-7 cm 104,02 g 2 at. Cr ⋅ 52,01 g / mol g = = = 7,7178 3 3 3 14 49 , cm cm  4  ⋅ 0,125 ⋅10− 7 cm ⋅ 6,023 ⋅1023 mol −1   3 

ρexp > ρteórica ⇒ tiene inserciones, o bien ha formado solución sólida sustitucional con un elemento más pesado. b) Si no son sustitucionales, son intersticiales, es decir, forman solución sólida intersticial. c) 2at.Cr ⋅ 52,01g / mol + 0,1 ⋅ 2 ⋅ M g = 7,373 3 ⇒ ρexp = 2,406 ⋅10 − 23 cm 3 ⋅ 6,023 ⋅ 10 23 mol −1 cm 104,02 + 0,2 ⋅ M ⇒ = 7,373 ⇒ M = 14,07 g / mol 14,49

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26

Este peso molecular corresponde al del nitrógeno; por lo tanto, éste es el elemento intersticial en el lingote.

1.12 Calcular qué familia de planos presenta mayor densidad atómica: -{1 1 0} para BCC -{1 0 0} para FCC Solución:

ρBCC =

2 at. a⋅ 2 ⋅a

=

2 2

a −2

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1 Estructura cristalina

27

ρFCC =

2 at. = 2 ⋅ a −2 a2

ρ {100} FCC > ρ{ 110} BCC

1.13 La distancia interatómica de equilibrio para el compuesto iónico LiF es xo=2,014 Å. Usando la expresión de Born, para la cual, en el caso del sistema LiF, el exponente es n=5,9, y sabiendo que el potencial de ionización es de 5,390 eV y la afinidad electrónica es de 3,45 eV. Calcular: a) La energía potencial mínima: Epmin, b) La energía de disociación del enlace: EDLiF; y realizar un esquema del proceso, y c) El momento dipolar. Solución: a) La energía potencial del sistema LiF puede expresarse usando la relación de Born

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Ep = −

z 2 ⋅ e2 b + n 4 ⋅ π ⋅ εo ⋅ x x

z: valencia de los iones e: carga del electrón ⇒ e = 1,6022·10-19 C εo: permisividad del medio, en este caso, en el vacío ⇒ εo =

1 4 ⋅ π ⋅ 9 ⋅109 Nm2 c − 2

b: constante característica [Nm2] n: exponente de Born; para el LiF vale 5,9 x: distancia interatómica [m] La energía potencial es mínima para x=x0 (distancia interiónica de equilibrio); para calcularla hemos de conocer b. En la posición de equilibrio:  dE p  =0    dx  x = x 0

z 2 ⋅ e 2 ⋅ x 0n −1 z 2 ⋅ e2 n⋅b − = 0 ⇒ = b 4⋅π ⋅εo ⋅ n 4 ⋅ π ⋅ ε o ⋅ x 02 x 0n +1

(1,6022 ⋅10 ) b=

−19 2

(

)

⋅ c 2 ⋅ 2,014 ⋅10 −10 m

  1  ⋅ 5,9 4⋅π ⋅ 9 2 −2  4 ⋅ π ⋅ 9 ⋅10 N m ⋅ c 

Epx = x0 =

(

)

2

1⋅ 1,6022 ⋅ 10−19 ⋅ c 2   c2 4 ⋅π ⋅ ⋅ 2,014 ⋅10−10 9 2 N m 4 ⋅ π ⋅ 9 ⋅ 10   − 9,5247 ⋅ 10−19 J ⋅

+

4, 9

= 1,21⋅10 − 76 N m 6,9

1,21⋅10−76 N m6,9

(

)

2,014 ⋅ 10−10 m

5, 9

= −9,5247 ⋅ 10−19 J

1eV = −5,94 eV = Epx = x 0 1,6022 ⋅ 10−19 J

b) EDLiF = - (Epmin + EAF - PILi) = - (-5,94 + 3,45-5,39) eV = 7,88 eV Esquema del proceso: Li+F- + 5,94 eV ↔ Li+ + FLi+ + 1 e↔ Li + 3,45 eV F- + 5,39 eV ↔ F + 1 eLi+F- + 5,94 eV + 5,39 eV ↔ Li + F + 3,45 eV Li F + (5,94 + 5,39 - 3,45) eV ↔ Li + F + -

c) m = z · e · ∆S m: momento dipolar z: n.º de electrones; z =1

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1 Estructura cristalina

29

e: carga del electrón; e = 1,6022 · 10-19 C ∆S: separación de los baricentros de las cargas; ∆S = 2,014 Å m = 1 · 1,6022 · 10-19 C · 2,014 · 10-10 m = 3,23 · 10-29 Cm

1.14 Se sabe que una red cristalina de tipo cúbico simple posee una constante reticular a = 400 pm y que se emplean rayos X con una longitud de onda de λ = 75 pm. Calcular cuáles serán los ángulos de difracción de primer orden para las caras (1 1 1), (0 1 1) y (1 1 2). Solución: En el sistema cúbico, la distancia entre planos paralelos es: d hkl = d 111

a

h + k2 + l2 a a = = 2 2 2 3 1 +1 + 1 a d011 = 2 a d112 = 6 2

Aplicando la ley de Bragg: n·λ = 2·d·sen θ Para los ángulos de difracción de primer orden, tendremos n=1:

q111 = arcsen

l 2⋅

θ 011 = arcsen

θ 011 = arcsen

2⋅

2⋅

= arcsen

a 3

75 o ' '' = 9 20 42 400 2⋅ 3

λ = arcsen a 2

λ = arcsen a 6

75 o ' '' = 7 37 8 400 2⋅ 2

75 o ' '' = 13 16 33 400 2⋅ 6

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2 Propiedades físicas de los materiales

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2 Propiedades físicas de los materiales 2.1 Para el vanadio, el campo crítico a 3 K es Hc = 7,1 · 104 A·m-1. La temperatura de transición es de 5,3 K. Calcular: a) El valor del campo crítico a 0 K, y b) El radio requerido para destruir la superconductividad en un hilo de vanadio por el que se hace pasar una corriente de 200 A. Solución: a)  T Hc = H0 1 −     Tc 

2

 Hc 7,1⋅ 104 A ⋅ m−1  ⇒ H0 = ⇒ H = = 1,05 ⋅ 105 A ⋅ m−1 0 2   T  2   3 1−   1 −     5,3   Tc  

b) r=

IC 200 = ⋅10− 4 = 0,448 mm 2 ⋅ π ⋅ HC 14 ⋅ 2 ⋅ π

2.2 Sabemos que para el silicio, el intervalo de energías prohibidas es de Eg = 1,10 eV. Calcular: a) La energía del nivel de Fermi, b) La concentración de portadores de carga a 20 oC, y c) La conductividad intrínseca a 20 oC, sabiendo que las movilidades de los electrones y de los huecos son, respectivamente, para el silicio: bn = 4 · 105 T-2,6 m2/V·s bp = 2,5 · 104 T-2,3 m2/ V.s Solución: a) EF = Eg / 2 = 1,10 eV / 2 = 0,55 eV

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Materiales en ingeniería. Problemas resueltos

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b) 3 2

N n = 4,83 ⋅10 ⋅ T ⋅ e 21

−

Eg 2 KT

K = 1,38 · 10-23 J/K −

N n = 4,83 ⋅10 ⋅ ( 293 K ) ⋅ e 21

3 2

1,10 eV J    − 23 J ⋅293 K  ⋅ 1, 6⋅10 −19   2⋅1, 38⋅10   K eV 

−1

= 8,56 ⋅ 1015 m − 3

c) bn = 4 · 105 T-2,6 m2/V·s = 4 · 105 · (293)-2,6 = 0,154 m2 / V.s bp = 2,5 · 104 T-2,3 m2/ V.s = 2,5 · 104 · (293)-2,3 = 0,053 m2 / V.s o σ20 C = Nn · e · ( bn + bp) = 8,56·1015 m-3 · 1,6·10-19 C (0,154 + 0,053 = 2,84·10-4 (Ωm)-1

2.3 ¿Qué resistencia presentará un hilo de cobre de 50 m de longitud y 0,5 mm de radio? Datos: ρ (Cu) = 1,7 ⋅ 10 −6 Ω ⋅ cm Solución: s s = 1,7 ⋅10− 6 Ω ⋅ cm ⋅ l l 2 2 s = ( 0,5 mm) ⋅ π = ( 0,05 cm) ⋅ π = 7,85 ⋅ 10−3 cm2 R = ρ⋅

l = 50 m = 5.000 cm

R = 1,7 ⋅ 10− 6 Ω ⋅ cm ⋅

7,85 ⋅10−3 cm2 = 2,67 ⋅ 10−12 Ω 5.000 cm

2.4 La resistividad del germanio (Ge) es de 2 Ω⋅cm y su densidad es de 5 g/cm3. La concentración de ‘huecos’ electrónicos es, aproximadamente, 1,8⋅1015 por cm. a) Calcular la movilidad de estos huecos electrónicos. b) El germanio puro no presenta ‘huecos’, sino que estos aparecen al ‘dopar’ el material con otro tipo de átomos. ¿Cuáles provocarían esta situación? Solución: ρ (Ge) = 2 Ω cm d (Ge) = 5 g/cm3 [huecos] = 1,8⋅1015 huecos/cm3 Ge

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2 Propiedades físicas de los materiales

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a) µhuecos? n=

1 ρ⋅e⋅µ

n: concentración ρ: resistividad e: carga eléctrica = carga del “hueco” (h) µ: movilidad 1,8 ⋅1015 h./ cm3 = µ=

1 2 Ωcm ⋅ 1,6 ⋅ 10−19 C / h ⋅ µ

1 1,8 ⋅10 h / cm ⋅ 2 Ωcm ⋅ 1,6 ⋅ 10−19 A ⋅ s / h 15

3

µ = 1736 .

cm2 Ω ⋅ A⋅ s

b) Átomos que tengan menos electrones de valencia que el germanio: B,Al,...,(Z3+)

2.5 Fabricamos un condensador con dos láminas de 25x25 cm muy finas y un dieléctrico de mica entre ellas. Se aplica una carga de 0,06 mC a cada lámina. a) Calcular la densidad superficial de carga en las láminas. b) ¿Cuál será el campo eléctrico que actuará en el dieléctrico? c) Calcular la densidad superficial de las cargas inducidas en la mica. d) Calcular la polarización del dieléctrico. Datos: εr(Ge) = 4 εo= (4·π·9⋅109)-1 C2/N⋅m2 Solución: a) Q = 0,06 mC ds =

0,06 mC 0,06 ⋅ 10−3 C Q = = 2 s 2 ⋅ (25 cm) 2 ⋅ ( 0,25 m)2 d s = 4,8 ⋅10 −4 C / m 2

b) ds ε ε = εr ⋅ εo = 4 / 4·π⋅9⋅109 (C2/N·m2) = 3,537⋅10-11 C2/N⋅m2 4,8 ⋅ 10−4 E= = 13,571⋅ 106 N / C = 13,571⋅ 106 V / m 3,537 ⋅ 10−11 E=

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c) d si = ε ⋅ E − ε o ⋅ E = ε o E ⋅ (ε r −1 ) d si =

13,571⋅10 6 ( 4 − 1) = 3,599C / m 2 4 ⋅ π ⋅ 9 ⋅10 9

d) P = εo ⋅ χe ⋅ E =

3 (13,571⋅10 6 ) = 3,599 ⋅ 10 − 4 C / m 2 4 ⋅ π ⋅ 9 ⋅10 9 χe = ε r − 1 = 4 − 1 = 3

2.6 La susceptibilidad magnética del aluminio a 20oC es χm= 0,65 · 10-6. Calcular: a) La permeabilidad relativa, b) La permeabilidad absoluta, c) La magnetización para una excitación H = 106 Am-1, d) La inducción magnética, y e) La relación entre los valores de B en el Al y el vacío. Solución: a) µr = 1 + χm = 1 + 0,65·10-6 = 1,00000065 b) µ = µr·µo = 1,00000065·4·π·10-7 = 1,2566·10-6 Wbm-1A-1 c) M = χm·H = 0,65·10-6· 106 = 0,65 Am-1 d) Bal = µ·H = 1,2566·10-6·106 = 1,2566 Wbm-2 e) Bo = µo·H BAl = µo·(1 + χm)·H BAl / Bo = 1 + χm = µr = 1,00000065

2.7 Se dispone de una probeta cilíndrica de cobalto, cuyas dimensiones son: longitud l=150 mm; diámetro d=10 mm. La acción de un campo magnético uniforme está asociada a una inducción de valor B=0,94 Wbm-2. Calcular la energía almacenada en el vacío, así como en un acero templado de permeabilidad relativa µr = 1.458. Solución: Volumen = (π·d2·l)/4 = 1,178·10-5 m3

Densidad de energía en un campo magnético:

W 1 B2 = ⋅ V 2 µ

W: energía almacenada [J] V: volumen [m3]

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2 Propiedades físicas de los materiales

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B: inducción magnética; B = 0,94 Wbm-2 µ: permeabilidad absoluta en el vacío µ = µo = 4·π·10-7 Wbm-1A-1 en acero templado µ = µr·µo Vacío:

(Wb ⋅ A = m ⋅ kg ⋅ s 2

−2

⋅ A−1 ⋅ A = m2 ⋅ kg ⋅ s −2 = N ⋅ m = J

)

Acero templado: W=

d 2 ⋅ l ⋅ B2 = 2,84 ⋅ 10− 3 J 32 ⋅ 10− 7 ⋅ µr

2.8 La susceptibilidad magnética del molibdeno (Mo) es de 1,19⋅10-4. Determinar: a) La susceptibidad absoluta, b) La permeabilidad relativa, y c) Si se somete a la acción de un campo magnético de intensidad 1.000 A/m, calcular cuál será la magnetización del molibdeno en estas condiciones. Datos: µo = 4·π⋅10-7 H/m Solución: a) χm : susceptibilidad magnética χm = 1,19⋅10-4 µr : permeabilidad relativa µr = 1+ χm µ : permeabilidad absoluta µ = µr ⋅ µo µ = µr ⋅ µo = (1+ χm) ⋅ µo = (1 + 1,19⋅10-4) ⋅ 4·π·10-7 H/m µ = 1,257⋅10-6 H/m b) µr =

µ 1,257 ⋅10−6 H / m = = 1,000119 µ0 4π10− 7 H / m

c) H = 1.000 A/m M? Μ = χm⋅H = 1,19⋅10-4⋅1.000 A/m M = 0,119 A/m

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2.9 Por una bobina circular de 100 espiras, con un radio de 30 mm, pasa una corriente de 1 A. Hallar: a) El momento magnético dipolar (µm). b) El momento del dipolo si lo colocamos en el interior de un campo magnético de inducción de 3 Wb/m2 perpendicular a la bobina. c) ¿Qué valor presentará el campo magnético (B) en un punto situado a 2,5 cm del centro de la bobina? Datos: µo = 4·π·10-7 H/m = Wb/mA 1 Wb = 1V⋅1s Solución: a) n = 100 espiras R = 30 mm = 0,03 m I =1A S = π ⋅ r 2 = 2,827 ⋅ 10−3 m −3

µ m = n ⋅ I ⋅ S = 100 ⋅ 1A ⋅ 2,827 ⋅ 10 m = 0,2827 A ⋅ m µ m = 0,2827 A ⋅ m

2

2

2

b) B = 3 Wb/m2 θ = 90º τ = µ m ⋅ B ⋅ sen θ τ = 0,2827 Am ⋅ 3 2

Wb 2

⋅ sen 90 = 0,8481 A ⋅ Wb = 0,8481 N ⋅ m o

m Α⋅Wb = A⋅V⋅s = W⋅s = J = N⋅m τ = 0,8481 N⋅m

c) B = µo

I ⋅ R2 1A ⋅ ( 0,03 m)2 = µo 2 3/ 2 2( R + x ) 2 (0,03 m)2 + (0,025 m)2 2

[

]

3/ 2

x = 0,025 m = 2,5 cm H A Wb B = 4 ⋅ π ⋅ 10− 7 ⋅ 7,556 = 9,49 ⋅ 10− 6 2 m m m Wb B = 9,49 ⋅ 10− 6 2 m

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2.10 Para la difusión del C en Fe (FCC) tenemos D0=21·10-6 m2s-1 y Q=141.284 Jmol-1, mientras que para la difusión en Fe (BCC) es D0=79·10-8 m2s-1 y Q=75.658 Jmol-1. Calcular: a) La profundidad de penetración del C en Fe (FCC) a 900 oC, al cabo de 1 hora, y b) La profundidad de penetración del C en Fe (BCC) a 600 oC, al cabo de 2 horas. Solución: a) − Q1

−141.284

= Do1 ⋅ e RT = 21⋅10 − 6 ⋅ e 831⋅1.173 = 1,0653 ⋅10 −11 m 2 s −1 D1173 . x1 = 2 ⋅ D1 ⋅ f ⇒ x1 = 2,7695 ⋅ 10−4 m b) D873 = D o2 ⋅ e

− Q2 RT

−75.658

= 79 ⋅10 − 8 ⋅ e 831⋅873 = 2,3356 ⋅10 −11 m 2 s −1

x 2 = 2 ⋅ D2 ⋅ f ⇒ x 1 = 5,7993 ⋅10 −4 m

2.11 Un lingote de plomo solidifica a 325 oC. En ese momento mide 25 cm. ¿Cuál será su longitud a temperatura ambiente? Datos: αPb = 29 · 10-6 cm/cm·oC Solución: ∆l = α · l0 · ∆T l0 = 25 cm α = 29·10-6 cm/cm·oC ∆T = Tf - Ti = 25 oC - 325 oC = -300 oC ∆l = 29 · 10-6 cm/cm·oC · 25 cm · (-300 oC) ∆l = -0,2175 ∆l = lf - l0 ⇒ lf = -∆l + l0 = 24,7825 cm

2.12 Un par bimetálico de cobre y níquel (Cu-Ni) se somete a un recocido a 250 oC y se enfría bruscamente hasta temperatura ambiente. ¿En qué dirección se doblará el par? Solución: l0(Cu) = l0(Ni) ∆T < 0 ⇒ Contracción ∆l(Cu) = 16,6·10-6 (cm/cm·oC) · l0 · ∆T ∆l(Ni) = 13·10-6 (cm/cm·oC) · l0 · ∆T

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∆l(Cu) > ∆l(Ni) ∆T = 25 -250 = -225 oC Puesto que el cobre presenta mayor contracción que el níquel, el par se curvará hacia el cobre.

2.13 Es invierno, con una temperatura media ambiente de 3 oC. Se instala calefacción en casa y nos interesa mantener una temperatura interior constante de 22 oC. Las ventanas exteriores son de 1,2 x 1,2 m y se coloca una única pieza de vidrio. a) ¿Qué grueso debería tener como mínimo este vidrio para evitar pérdidas superiores a 5·107 cal/día?, y b) ¿Qué temperatura máxima de verano implicará las mismas pérdidas con este mismo vidrio si se instala aire acondicionado con una temperatura media programada de 18 oC? Datos: Kvidrio = 0,0023 cal/cm·s·K Solución: a) ∆T = (22 - 3)oC = 19 oC = 19 K A = (1,2 · 1,2) m2 = 144 m2 = 14.400 cm2 ∆T Q ≤ Κ⋅ ∆x A Q/A: calor disipado por unidad de área K: conductividad ∆T/∆x: gradiente de temperatura ∆x: grueso del cilindro Q = 5·107 cal/día A=1,44 m2 5 ⋅ 107 cal día 19 K ≤ Κ⋅ 1,44 m2 ∆x cal ⋅ 19 K ⋅ 14.400 cm2 cm ⋅ s ⋅ K cal 1día 5 ⋅ 107 ⋅ día 24 ⋅ 3600 . s ∆x ≥ 1,087 cm

Κ ⋅ 19 K ⋅ 1,44 m2 = ∆x ≥ 5 ⋅ 107 cal día

0,0023

b) ∆T = T-18oC = T -18K ∆x ≥ 1,087cm ⇒

T − 18 K 5 ⋅ 107 cal 24⋅3.600 s ≤ 0,0023 cal cm⋅ s⋅ K ⋅ 2 14.400cm 1,087cm

0,040 ≤ 2 ⋅ 116 ⋅ 10−3 ⋅ T − 18 ⇒ 18,90 ≥ T − 18 T ≤ 18,90 + 18 = 36,9o C

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2.14 La longitud crítica fotoeléctrica para el aluminio (Al) es de 475 nm. ¿Cuál será la velocidad máxima del electrón emitido tras incidir una radiación electromagnética con una longitud de onda de 175 nm? Calcular la potencia del frenado. Datos: h = 6,62⋅10-34 J⋅s

me = 9,1⋅10-31 Kg

c = 3⋅1010 cm/s

Solución: λo = 475 nm hc λ c νo = λo

hν =

3 ⋅1010 cm / s = 6,316 ⋅1014 s −1 475 ⋅10 − 7 cm hν = mv2/2 + φ = mv2/2 + hνo ½ mv2 = h⋅(ν-νo)

νo =

v=

2h (ν − νo ) = m ν=

2 ⋅ 6,62 ⋅ 10−34 J / s (ν − ν0 ) 9,1 ⋅ 10− 31 Kg

c 3 ⋅ 1010 cm / s = = 1,714 ⋅ 1015 s −1 λ 175 ⋅ 10− 7 cm

v = 1,4549 ⋅10− 3

J/s (1,714 ⋅ 1015 s −1 − 6,316 ⋅1014 s −1 ) Kg v = 1,255 ⋅ 106 m / s

Ve = h ⋅ ν o = 6,62 ⋅10 −34 Js ⋅ 6,316 ⋅1014 s −.1 Ve = 4,18 ⋅ 10−19 J

2.15 Un dispositivo tiene un filamento de wolframio (W) caliente. Se le aplica un voltaje de 5.000 V y se produce emisión de electrones. ¿Cual será el límite de longitud de onda corta que puede estimular el electrón emitido? Datos: h = 6,62⋅10-34 J⋅s

c = 3⋅1010 cm/s

e = 1,6⋅10-19 J/V

Solución:

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V = 5.000 V hc λ J 6,62 ⋅10−34 Js ⋅ 3 ⋅ 1010 cm / s 1,6 ⋅ 10−19 ⋅ 5.000 V = V λ −8 λ = 2,48 ⋅ 10 cm = 0,248 nm eV = E =

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