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1 Estructura cristalina 11

1 Estructura cristalina

1.1 El hierro a temperatura ambiente presenta una estructura cúbica centrada en el cuerpo con unparámetro 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], yl) La densidad atómica superficial en el plano (1 2 0).

Solución:

Materiales en ingeniería. Problemas resueltos12

a) La masa de un átomo

55,847g

mol

1mol

6,023 1023at.9,27 10 23 g / at.⋅

⋅= ⋅ −

b) La densidad del hierro

n at atº .: .8 18 1 2⋅ + =

V a= 3

ϕ =⋅ ⋅ −

⋅ − ⋅ =2 9 27 10 23

2 87 10 10 31

10007 843 3at g at

m

kg

gkg m

. , / .

( , ) .. /

c) El radio atómico del hierro

4 3r aA = ⋅

ra

A =⋅

=⋅

=3

4

2 87 3

4

, 1,24Å

d) El volumen atómico

V r m mA A= ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅− −43

3 43

10 3 30 31 24 10 7 98 10π π ( , ) ,

e) El número de átomos por m3

2 2

2 87 108 46 10

10 3

28 3at

V

at

mat m

celda

. .

( , ), ./=

⋅= ⋅−


f) El número de átomos por g

6 023 101

55 8471 08 1023 22,

.

,, ./⋅ ⋅ = ⋅

at

mol

mol

gat g

g) El número de moles por m3

7 843 31000

55 8471 40 105 3.

.

,, /

kg

m

mol

kgmol m⋅ = ⋅

h) La masa de una celda unitaria

21

6 023 102355 847

11 85 10 22at

celda

mol

at

g

molg celda

.

, .

,, /⋅

⋅⋅ = ⋅ −

i) El número de celdas unitarias existentes en 1g de hierro

1

26 023 10

1

55 8475 39 1023 21celda

at

at

mol

mol

gcelda g

.,

.

,, /⋅ ⋅ ⋅ = ⋅

j) El volumen de una celda unitaria

V a m m= = ⋅ = ⋅− −3 10 3 29 32 87 10 2 36 10( , ) ,

k) La densidad atómica lineal en la dirección [1 2 1]

dat

aat m[ ]

., ./121

91

61 42 10=

⋅= ⋅

nº átomos = ½ + ½ = 1

b a a= ⋅ − + − + − = ⋅( ) ( ) ( )1 0 2 0 1 0 62 2 2

l) La densidad atómica superficial en el plano (1 2 0)

( ) ( );( );( )120 2 1⇒ = = = ∞ →x y z Puntos de intersección con los ejes

S a a a a= ⋅ + = ⋅2 2 22 5( )

dat

aat m( )

., ./120

14

2

18 24

55 43 10=

⋅

⋅= ⋅


1.2 La celda elemental del aluminio es cúbica centrada en las caras. Su masa atómica es 26,982g/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, ye) El factor de empaquetamiento.

Solución:

a) La densidad teórica

ϕ = =⋅

⋅=

m

V

M

N akg mA

A

42 6973

3. /

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

[ ]da

at m110

92

23 49 10=

⋅= ⋅, ./

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


( )dS111

2=

( )al a l a

⋅

+ = ⋅ ⇒ = ⋅

2

22

3

2

2

22

Sl a a

=⋅ ⋅

=⋅2

2

3

2

2

( )d at m11119 21 408 10= ⋅, ./

d) El radio atómico

4 22

40143 10 9R a R

am= ⋅ ⇒ =

⋅= ⋅ −,

e) El factor de empaquetamiento

F ER

a. . ,=

⋅ ⋅ ⋅=

40 74

43

3

3

π

1.3 Determinar el factor de empaquetamiento en las redes cúbica simple, cúbica centrada en elcuerpo y cúbica de caras centradas.

Solución:

- Cúbica simple

F En V

Vat

celda

. . .=⋅


rat. = a / 2

Va

at . = ⋅ ⋅

4

3 2

3

π

n = 1/8 · 8 = 1

( )F E

a

a

. .=⋅ ⋅ ⋅

=1

6

43 2

3

3

π π = 0,52

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

( )D a a a= + = ⋅2 32 2

4rat = D

4 3r aat . = ⋅

r aat. = ⋅3

4

n = (1/8 · 8) + 1 = 2

( )F E

n V

V

a

a

a

aat

celda

. . .=⋅

=⋅ ⋅ ⋅ ⋅

=⋅ ⋅

= ⋅2 3

8

43

34

3

3

38

3

3

π ππ = 0,68

- Cúbica centrada en las caras


d a= ⋅2

4rat. = d

4 22

4r a r aat at. .= ⋅ ⇒ = ⋅

Va

aat . = ⋅ ⋅⋅

= ⋅ ⋅

4

3

2

4

2

24

3

3π π

n = (1/8 · 8) + (1/2 · 6) = 4

F En V

V

a

aat

celda

. . .=⋅

=⋅ ⋅ ⋅

= ⋅4 2

6

224

3

3

ππ = 0,74

1.4 El cadmio a temperatura ambiente presenta una estructura hexagonal compacta (HC) cuyosparámetros 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 redhexagonal compacta ideal.

Solución:


a)V = Superficie base · alturaÁrea del triángulo = (b·h) / 2 = (a · (a · sen 60))/ 2 = (a2 · sen 60) / 2Superficie de la base = 6 · ( (a2 · sen 60) / 2) = 3 · a2 · sen 60Altura = cV = 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 = 1,889La relación c/a para una estructura HC ideal, que consiste en un empaquetamiento uniforme deesferas 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 lolargo 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 parámetroreticular 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, yb) Comentar este resultado para el valor esperado de c/a para una red hexagonal compacta ideal(c/a=1,633).

Solución:

a)

dn M

V NV

n M

d NA

A

A

A

=⋅⋅

⇒ =⋅⋅

Vat Kg mol at

kg m at molm=

⋅ ⋅⋅ ⋅

= ⋅ −6 0 04790

4 510 6 023 101 05771 103 23

28 3. , / .

. / , ./,


V = 3 · a2 · c · sen 60

( )cV

a

m

mm mm=

⋅ ⋅⇒

⋅⋅ ⋅ ⋅

= ⋅ =−

−−

3 60

1 05771 10

3 0 2950 10 604 678 10 0 4678

2

28 3

9 2

10

sen

,

, sen, ,

b)c/a = 0,4678 nm / 0,2950 nm = 1,568Para el titanio, c/a = 1,568, y para la red ideal hexagonal compacta es de 1,633. Este hecho significaque los átomos de titanio están ligeramente comprimidos en la dirección del eje c. La celda unidadestá 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, yb) Partiendo de un cubo de 1 m3 de Fe-α, ¿qué volumen ocupará este cuerpo cuando se transforme enFe-γ ? ¿y al transformarse en Fe-δ?(peso molecular del hierro: 55,85 g/mol).

Solución:

a)

( )d

n M

N V

at kg molat

molm

kg mFeA

A−

−=

⋅⋅

=⋅

⋅ ⋅ ⋅=α

2 0 05585

6 023 10 2 90 107 604 07

23 10 3 3

3. , /

,.

,. , /

( )d kg mFe− −

=⋅

⋅ ⋅ ⋅=γ

4 0 05585

6 023 10 3 65 107 627 66

23 10 33,

, ,. , /

( )d kg mFe− −

=⋅

⋅ ⋅ ⋅=δ

2 0 05585

6 023 10 2 93 107372 88

23 10 33,

, ,. , /

b)

1 17 604 07

1

1

1

1

7 623 660 99743 3

3

33m Fe m Fe

kg Fe

m Fe

kg Fe

kg Fe

m Fe

kg Fem− = − ⋅

−−

⋅−−

⋅−

−=γ α

αα

γα

γγ

. ,

. ,,

1 m3 Fe-δ ocupará 1,0313 m3.


1.6 La perowskita (CaTiO3) presenta una estructura cristalina con una celda elemental como la de lafigura:

a) Hallar el número de coordinación (NC) para cada tipo de átomo, yb) Calcular la densidad teórica del compuesto.

Datos: MCa = 40,08 g/molMTi = 47,88 g/molMO = 16,00 g/molNA = 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 lascaras), 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 =⋅ + ⋅ + ⋅

⋅1 1 3

0

at Cacelda Ca

at Ticelda Ti

at Ocelda O

A

M M M

a N

. . .

1 átomo de Ba/celda ⇒ 8 átomos de Ca en los vértices que colaboran con 1/81 átomo de Ti/celda ⇒ 1 átomo central3 átomos de O/celda ⇒ 6 átomos de oxígeno centrando caras, que colaboran con ½


Para hallar a0, se ha de considerar la mayor distancia anión-catión contiguo. Hay dos posibilidades:

2 2 2 0 3380 0⋅ = ⋅ + ⋅ ⇒ =a r r a nmCa O ,

o bien:a r r a nmO Ti0 02 2 0 402= ⋅ + ⋅ ⇒ = ,

Consideramos la segunda ⇒ a0 = 0,402 nm = 0,402 · 10-7 cma0

3 =6,496 ·10-23 cm3

ρ =⋅ + ⋅ + ⋅

⋅ ⋅ ⋅=− −

1 40 08 1 47 88 3 16 00

6 496 10 6 023 103 4723 3 23 1 3

, , ,

, ,,

gmol

gmol

gmol

cm mol

g

cm

1.8 El MgO presenta una estructura cúbica compleja (de tipo NaCl). Si su densidad experimental esde 3,2 g/mol:a) Calcular qué porcentaje de defectos de Schottky habrá en la celda, yb) Calcular el factor de empaquetamiento de la estructura teórica. ¿Presenta la misma variaciónporcentual respecto del valor correspondiente a la estructura real?Datos: MMg = 24,31 g/mol

MO = 16,00 g/molNA = 6,023 · 1023 mol-1

RMg2+ = 0,072 nm

RO2- = 0,140 nm

Solución:

a) ρexp = 3,2 g/molρteórica = ?a0 = 2rMg + 2rO = 0,424 nm = 4,24 · 10-8 cma0

3 = 7,62 · 10-23 cm3

Átomos de Mg: 12 centrando las aristas (1/4) + 1 átomo interior = 4 át.Mg/celda


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

ρteórica

at Mgcelda

g Mgmol

at Ocelda

g Omol

atmolcm

gcm

=⋅ + ⋅⋅ ⋅ ⋅

=−

4 24 31 4 16

7 62 10 6 023 103 51223 3 23 3

. . . .

.

,

, ,,

ρteórica > ρexp. ⇒ realmente no habrá 4 moléculas de MgO por celda, sino menos.

ρexp.

. . . .

.

,

, ,=

⋅ + ⋅⋅ ⋅ ⋅−

n n

cm

at Mgcelda

g Mgmol

at Ocelda

g Omol

atmol

24 31 16

7 62 10 6 023 1023 3 23

3 240 31

45 893 64 0 36,

,

,, ,g

mol ng

moln vacantes

celda= ⋅ ⋅ ⇒ = ⇒

%,

, %vacantes vacantes= ⋅ =0 36

4100 8 9

b)

F EVol at celda

Vol celda

r r

areal

at Mg

celda Mgat Ocelda O

. .. ./

.

, ,. .

= =⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ ⋅3 644

33 64

4

33 3

03

π π

( ) ( )( )

F Enm nm

nmreal

at Mg

celda

at O

celda

. ., , , ,

,

. .

=⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ ⋅3 644

30 072 3 64

4

30 140

0 424

3 3

3

π π

F E real. ., ,

,,=

⋅ +=

−5 69 10 0 0418

0 07620 62

3

F Er r

ateórico

at Mg

celda Mgat O

celda O

. . ,

. .

=⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ ⋅

=4

4

34

4

3 0 68

3 3

03

π π

% . .. . . .

. .

, ,

,,∆F E

F E F E

F Eteórico real

teórico

= ⋅−

=−

⋅ =1000 68 0 62

0 68100 8 82%

Sí, presenta aproximadamente la misma variación respecto al valor correspondiente a la estructurareal.

1.9 La plata Sterling es una aleación comercial, formada por una solución sólida, Ag-Cu, con unariqueza en plata del 975/1.000, y que presenta una estructura FCC.a) Calcular la densidad de esta aleación, yb) Calcular su factor de empaquetamiento.

Datos: MAg = 107,87 g/molMCu = 63,55 g/molNA = 6,023·1023 mol-1

RAg = 0,144 nmRCu = 0,128 nm


Solución:

a)

ρteórica

at Agcelda Ag

at Ocelda O

A

n M n M

a N=

⋅ + ⋅⋅

. .

03

FCC ⇒ 4 át./celda (teórica)

2 44 0 144

20 4070 0⋅ = ⋅ ⇒ =

⋅=a r a

nmnmAg

,,

¿Cuántos átomos habrá de Ag y Cu en la celda? Dependerá de si forman solución sólida sustitucionalo bien solución sólida intersticial.Aplicamos la relación Hume-Rothery:

r r

rs s sAg Cu

Ag

−⋅ =

−⋅ = < ⇒100

0 144 0 128

0 144100 11% 15%

, ,

,. . .

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

AgatmolAgg

AgatmolAgg 04,9

87,107

1955 =×

CuatmolCug

CuatmolCug 39,0

55,63

125 =×

De 9.43 moles de átomos, 9.04 mol serán de Ag y 0.39 mol serán de Cu, de manera que lasproporciones serán:

totalCuattotalesatCuatCu

totalAgattotalesatAgatAg

/04,0/43,9

39,0:

/96,0/43,9

04,9:

=

=


De manera que los 4 átomos que habrá en la celda elemental estarán distribuidos de la forma siguiente:

celdaCuatceldaCuatCu

celdaAgatceldaAgatAg

/16.0/04.04:

/84.3/96.04:

=×=×

Así, la densidad teórica es:

( ) 3.2337

....

51,1010023,610407,0

55,6314,0087,10786,3

cm

g

cm molat

molCug

celdaCuat

molAgg

celdaAgat

teórica =⋅⋅⋅

⋅+⋅=−

ρ

b)

30

3.3.

3

414,0

3

486,3

./.

..a

rr

celdaVol

celdaatVolEF

CuceldaCuat

AgceldaAgat ⋅⋅⋅+⋅⋅⋅

==ππ

( ) ( )( )3

3.3.

407,0

128,03

414,0144,0

3

486,3

..nm

nmnmEF

celdaCuat

celdaAgat ⋅⋅⋅+⋅⋅⋅

=ππ

74,00674,0

104054,10482,0..

4

=⋅+=−

realEF

1.10 A temperaturas elevadas, el estroncio (Sr) presenta una estructura BCC. Si se enfría, experimentauna 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?, yc) ¿Qué estructura será más densa? Demostrarlo.

Solución:

a)Vinicial ⇒ BCC ⇒ 2 át./celda

3 ·a0=4·r ⇒ a0 = (4·r)/ 3

Vr

r rinSr

Sr Sr=⋅

= ⋅ = ⋅4

32 309 12 310

3

3 3 3, ,

Vfinal ⇒ FCC ⇒ 4 át./celda

2 ·a0 = 4·r ⇒ a0 = (4·r)/ 2

Vr

r rfinSr

Sr Sr=⋅

= ⋅ = ⋅4

22 828 22 617

3

3 3 3, ,

2 celdas BCC ⇒ 1 celda FCC

4 át. ⇒ 4 át.


%, ,

,,∆V

V V

V

r r

rf i

i

=−

⋅ =⋅ − ⋅ ⋅⋅ ⋅

⋅ = −10022 617 2 12 310

2 12 310100 8 136%

3 3

3

b) Es una contracción ya que Vi > Vf.

c) ρFCCSr

Sr

M

r

M

r= ⋅

⋅ ⋅ ⋅= ⋅ −4

22 617 6 023 102 93 103 23

253, ,

,

ρBCCSr

Sr

M

r

M

r= ⋅

⋅ ⋅ ⋅= ⋅ −2

12 310 6 023 102 69 10

3 2325

3, ,,

Así pues, es más densa la estructura FCC.

1.11 Un laboratorio recibe un lingote paralelepipédico metálico, sin defectos macroscópicos, dedimensiones 2 x 2 x 10 cm y 294,920 g de masa. La única información “verdadera” de que dispone esla de una etiqueta: “Cr-BCC”.a) ¿Qué tipo de defectos presenta el lingote?, yb) Una información posterior indica que existe un 10 % de defectos no sustitucionales. ¿Qué puedeser?Datos: MCr = 52,01 g/mol

rCr = 0,125 nm

Solución:

a) V = (2·2·10) cm3 = 40 cm3

m = 294,920 gρexp = 294,920 g / 40 cm3 = 7,373 g/cm3

BCC ⇒ 2 át./celda

3 ·a0 = 4·r ⇒ r = 0,125·10-7 cm

ρteórica

at Cr g mol

cm mol

g

cm

g

cm=

⋅

⋅ ⋅

⋅ ⋅= =

− −

2 52 01

4

30 125 10 6 023 10

104 02

14 497 7178

7

3

23 1

3 3

. , /

, ,

,

,,

ρexp > ρteórica ⇒ tiene inserciones, o bien ha formado solución sólida sustitucional con un elemento máspesado.

b) Si no son sustitucionales, son intersticiales, es decir, forman solución sólida intersticial.c)

molgMM

cm

g

molcm

MmolgCrat

/07,14373,749,14

2,002,104

373,710023,610406,2

21,0/01,52.23123323exp

=⇒=⋅+⇒

⇒=⋅⋅⋅

⋅⋅+⋅= −−ρ


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

1.12 Calcular qué familia de planos presenta mayor densidad atómica:

-1 1 0 para BCC-1 0 0 para FCC

Solución:

ρBCC

at

a aa=

⋅ ⋅= −2

2

2

22.


ρFCC

at

aa= = ⋅ −2

22

2.

ρ ρ100 110FCC BCC>

1.13 La distancia interatómica de equilibrio para el compuesto iónico LiF es xo=2,014 Å. Usando laexpresión de Born, para la cual, en el caso del sistema LiF, el exponente es n=5,9, y sabiendo que elpotencial 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, yc) El momento dipolar.

Solución:

a) La energía potencial del sistema LiF puede expresarse usando la relación de Born


Ez e

x

b

xpo

n= −⋅

⋅ ⋅ ⋅+

2 2

4 π ε

z: valencia de los ionese: carga del electrón ⇒ e = 1,6022·10-19 C

εo: permisividad del medio, en este caso, en el vacío ⇒ επo Nm c

=⋅ ⋅ ⋅ −

1

4 9 109 2 2

b: constante característica [Nm2]n: exponente de Born; para el LiF vale 5,9x: distancia interatómica [m]La energía potencial es mínima para x=x0 (distancia interiónica de equilibrio); para calcularlahemos de conocer b.En la posición de equilibrio:

dE

dx

p

x x

=

= 0

0

z e

x

n b

xb

z e x

non

n

o

2 2

02

01

2 20

1

40

4

⋅⋅ ⋅ ⋅

−⋅

= ⇒ =⋅ ⋅⋅ ⋅ ⋅+

−

π ε π ε

( ) ( )b

c m

N m c

N m=⋅ ⋅ ⋅ ⋅

⋅ ⋅⋅ ⋅ ⋅ ⋅

⋅

= ⋅− −

−

−1 6022 10 2 014 10

41

4 9 105 9

1 21 1019 2 2 10 4 9

9 2 2

76 6 9, ,

,

,

,

,

ππ

( )( )

Epc

c

N m

N m

mJx x=

−

−

−

−

−=⋅ ⋅ ⋅

⋅ ⋅⋅ ⋅ ⋅

⋅ ⋅

+⋅

⋅= − ⋅

0

1 1 6022 10

44 9 10

2 014 10

1 21 10

2 014 109 5247 10

19 2 2

2

9 210

76 6 9

10 5 919

,

,

,

,,

,

,

ππ

− ⋅ ⋅⋅

= − =−− =9 5247 10

1

1 6022 105 9419

19 0,

,,J

eV

JeV Epx x

b) EDLiF = - (Epmin + EAF - PILi) = - (-5,94 + 3,45-5,39) eV = 7,88 eV

Esquema del proceso:Li+F- + 5,94 eV ↔ Li+ + F-

Li+ + 1 e- ↔ Li + 3,45 eVF- + 5,39 eV ↔ F + 1 e-

Li+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 · ∆Sm: momento dipolarz: n.º de electrones; z =1


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 yque se emplean rayos X con una longitud de onda de λ = 75 pm. Calcular cuáles serán los ángulos dedifracción 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:

da

h k lhkl =

+ +2 2 2

da a

1112 2 21 1 1 3

=+ +

=

da

0112

=

da

1126

=

Aplicando la ley de Bragg: n·λ = 2·d·sen θ

Para los ángulos de difracción de primer orden, tendremos n=1:

qla

o111

23

75

2400

3

9 20 42=⋅

=⋅

=arcsen arcsen ' ''

θλ

011

22

75

2400

2

7 37 8=⋅

=⋅

=arcsen arcsenao ' ''

θλ

011

26

75

2400

6

13 16 33=⋅

=⋅

=arcsen arcsenao ' ''

2 Propiedades físicas de los materiales 31

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 esde 5,3 K. Calcular:a) El valor del campo crítico a 0 K, yb) El radio requerido para destruir la superconductividad en un hilo de vanadio por el que se hacepasar una corriente de 200 A.

Solución:

a)

Hc HT

TH

Hc

T

T

HA m

A mc

c

= −

⇒ =

−

⇒ =⋅ ⋅

−

= ⋅ ⋅−

−0

2

0 2 0

4 1

25 11

1

71 10

13

5 3

1 05 10,

,

,

b)

rI

HmmC

C

=⋅ ⋅

=⋅ ⋅

⋅ =−

2

200

14 210 0 4484

π 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, yc) La conductividad intrínseca a 20 oC, sabiendo que las movilidades de los electrones y de loshuecos son, respectivamente, para el silicio:

bn = 4 · 105 T-2,6 m2/V·sbp = 2,5 · 104 T-2,3 m2/ V.s

Solución:

a)EF = Eg / 2 = 1,10 eV / 2 = 0,55 eV


b)

N T en

E

KT

g

= ⋅ ⋅ ⋅−

4 83 1021 232,

K = 1,38 · 10-23 J/K

( )N K e mn

eV

J

KK

J

eV= ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅

−

⋅ ⋅ ⋅

⋅ ⋅

−

− −−

4 83 10 293 8 56 1021

1 10

2 1 38 10 293 1 6 1015 3

32

23 191

, ,

,

, ,

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.sσ20

oC = 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:

Rs

lcm

s

l= ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅−ρ 1 7 10 6, Ω

s mm cm cm= ⋅ = ⋅ = ⋅ −( , ) ( , ) ,0 5 0 05 7 85 102 2 3 2π π

l m cm= =50 5 000.

R cmcm

cm= ⋅ ⋅ ⋅

⋅= ⋅−

−−1 7 10

7 85 10

50002 67 106

3 212,

,

.,Ω Ω

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 tipode átomos. ¿Cuáles provocarían esta situación?

Solución:

ρ (Ge) = 2 Ω cmd (Ge) = 5 g/cm3

[huecos] = 1,8⋅1015 huecos/cm3 Ge


a) µhuecos?

ne

=⋅ ⋅1

ρ µn: concentraciónρ: resistividade: carga eléctrica = carga del “hueco” (h)µ: movilidad

18 101

2 1 6 1015 3

19, ./, /

⋅ =⋅ ⋅ ⋅−h cm

cm C hΩ µ

µ =⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅−

1

18 10 2 1 6 1015 3 19, / , /h cm cm A s hΩ

µ =⋅ ⋅

17362

.cm

A sΩ

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 micaentre 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

dQ

s

mC

cm

C

ms = =⋅

=⋅

⋅

−0 06

2 25

0 06 10

2 0 252

3

2

,

( )

,

( , )

d C ms = ⋅ −4 8 10 4 2, /

b)

Eds=ε

ε = εr ⋅ εo = 4 / 4·π⋅9⋅109 (C2/N·m2) = 3,537⋅10-11 C2/N⋅m2

E N C V m=⋅⋅

= ⋅ = ⋅−

−

4 8 10

3 537 1013 571 10 13 571 10

4

116 6,

,, / , /


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

d C msi =⋅

⋅ ⋅ ⋅− =

13 571 10

4 9 104 1 3 599

6

92,

( ) , /π

d)

P E C mo e= ⋅ ⋅ =⋅ ⋅ ⋅

⋅ = ⋅ −ε χπ

3

4 9 1013 571 10 3 599 10

96 4 2( , ) , /

χ εe 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, ye) La relación entre los valores de B en el Al y el vacío.

Solución:

a) µr = 1 + χm = 1 + 0,65·10-6 = 1,00000065b) 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·HBAl = µo·(1 + χm)·HBAl / 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 relativaµr = 1.458.

Solución:Volumen = (π·d2·l)/4 = 1,178·10-5 m3

Densidad de energía en un campo magnético: W

V

B= ⋅

1

2

2

µ

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


B: inducción magnética; B = 0,94 Wbm-2

µ: permeabilidad absoluta en el vacíoµ = µo = 4·π·10-7 Wbm-1A-1

en acero templado µ = µr·µo

Vacío:

( )Wb A m kg s A A m kg s N m J⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅ =− − −2 2 1 2 2

Acero templado:

Wd l B

Jr

=⋅ ⋅

⋅ ⋅= ⋅−

−2 2

73

32 102 84 10

µ,

2.8 La susceptibilidad magnética del molibdeno (Mo) es de 1,19⋅10-4. Determinar:

a) La susceptibidad absoluta,b) La permeabilidad relativa, yc) Si se somete a la acción de un campo magnético de intensidad 1.000 A/m, calcular cuál será lamagnetización 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/mµ = 1,257⋅10-6 H/m

b)

µµµ πr

H m

H m= =

⋅=

−

−0

6

7

1 257 10

4 101 000119

, /

/,

c)H = 1.000 A/mM ?

Μ = χm⋅H = 1,19⋅10-4⋅1.000 A/m

M = 0,119 A/m


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 3Wb/m2 perpendicular a la bobina.c) ¿Qué valor presentará el campo magnético (B) en un punto situado a 2,5 cm del centro de labobina?

Datos:µo = 4·π·10-7 H/m = Wb/mA1 Wb = 1V⋅1s

Solución:

a)n = 100 espirasR = 30 mm = 0,03 mI = 1 A

S r m= ⋅ = ⋅ −π 2 32 827 10,

µm n I S A m A m= ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅−100 1 2 827 10 0,28273 2 2,

µm A m= ⋅0,2827 2

b) B = 3 Wb/m2

θ = 90º

τ µ θ= ⋅ ⋅m B sen

τ = ⋅ ⋅ = ⋅ = ⋅0 2827 3 90 0 8481 0 84812

2, , ,Am

Wb

mA Wb N mosen

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

c)

[ ]B

I R

R x

A m

m mo o=

⋅+

=⋅

+µ µ

2

2 2 3 2

2

2 2 3 22

1 0 03

2 0 03 0 025( )

( , )

( , ) ( , )/ /

x = 0,025 m = 2,5 cm

BH

m

A

m

Wb

m= ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅− −4 10 7 556 9 49 107 6

2π , ,

BWb

m= ⋅ −9 49 10 6

2,


2.10 Para la difusión del C en Fe (FCC) tenemos D0=21·10-6 m2s-1 y Q=141.284 Jmol-1, mientras quepara 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, yb) La profundidad de penetración del C en Fe (BCC) a 600 oC, al cabo de 2 horas.

Solución:a)

D D e e m so

Q

RT1173

6141 284

8311173 11 2 1

1

1

21 10 1 0653 10.

.

. ,= ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅−

−−

⋅ − −

x D f x m1 1 142 2 7695 10= ⋅ ⋅ ⇒ = ⋅ −,

b)

D D e e m so

Q

RT873

875 658

831 873 11 2 1

2

2

79 10 2 3356 10= ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅−

−−

⋅ − −.

,

x D f x m2 2 142 5 7993 10= ⋅ ⋅ ⇒ = ⋅ −,

2.11 Un lingote de plomo solidifica a 325 oC. En ese momento mide 25 cm. ¿Cuál será su longitud atemperatura ambiente?Datos: αPb = 29 · 10-6 cm/cm·oC

Solución:∆l = α · l0 · ∆T

l0 = 25 cmα = 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 enfríabruscamente 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


∆l(Cu) > ∆l(Ni)∆T = 25 -250 = -225 oCPuesto 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 nosinteresa mantener una temperatura interior constante de 22 oC. Las ventanas exteriores son de 1,2 x1,2 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?, yb) ¿Qué temperatura máxima de verano implicará las mismas pérdidas con este mismo vidrio si seinstala 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

Q

A

T

x≤ ⋅Κ

∆∆

Q/A: calor disipado por unidad de áreaK: conductividad∆T/∆x: gradiente de temperatura∆x: grueso del cilindro

Q = 5·107 cal/díaA=1,44 m2

5 10

1 44

197

2

⋅≤ ⋅

cal día

m

K

x,Κ

∆

∆Κ

xK m

cal día

cal

cm s KK cm

cal

día

día

s

≥⋅ ⋅⋅

= ⋅ ⋅⋅ ⋅

⋅ ⋅⋅

19 1 44

5 10

0 0023 19 14 400

5 101

24 3600

2

7

2

7

, , .

.∆x cm≥ 1 087,

b) ∆T = T-18oC = T -18K

∆x cmcm

T K

cm

cals cal

cm s K≥ ⇒⋅

≤ ⋅−⋅

⋅ ⋅1 0875 10

14 4000 0023

18

1 087

724 3 600

2,.

,,

.

0 040 2 116 10 18 18 90 183, ,≤ ⋅ ⋅ ⋅ − ⇒ ≥ −− T T

T C≤ + =18 90 18 36 9, , o


2.14 La longitud crítica fotoeléctrica para el aluminio (Al) es de 475 nm. ¿Cuál será la velocidadmáxima del electrón emitido tras incidir una radiación electromagnética con una longitud de onda de175 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

hhc

νλ

=

νλo

o

c=

ν o

cm s

cms=

⋅⋅

= ⋅−−3 10

475 106 316 10

10

714 1/

,

hν = mv2/2 + φ = mv2/2 + hνo

½ mv2 = h⋅(ν-νo)

vh

m

J s

Kgo= − =⋅ ⋅

⋅−

−

−

2 2 6 62 10

9 1 10

34

31 0( ), /

,( )ν ν ν ν

νλ

= =⋅

⋅= ⋅−

−c cm s

cms

3 10

175 101 714 10

10

715 1/

,

vJ s

Kgs s= ⋅ ⋅ − ⋅− − −1 4549 10 1 714 10 6 316 103 15 1 14 1,

/( , , )

v m s= ⋅1 255 106, /

Ve h Js so= ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅− −ν 6 62 10 6 316 1034 14 1, , .

Ve J= ⋅ −418 10 19,

2.15 Un dispositivo tiene un filamento de wolframio (W) caliente. Se le aplica un voltaje de 5.000 Vy se produce emisión de electrones. ¿Cual será el límite de longitud de onda corta que puedeestimular el electrón emitido?

Datos:h = 6,62⋅10-34 J⋅s c = 3⋅1010 cm/s e = 1,6⋅10-19 J/V

Solución:


V = 5.000 V

eV Ehc

= =λ

1 6 10 5 0006 62 10 3 1019

34 10

, ., /

⋅ ⋅ =⋅ ⋅ ⋅−

−J

VV

Js cm s

λλ = ⋅ =−2 48 10 0 2488, ,cm nm

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