Problemas de materiales

Problemas en Ciencia de Materiales

1

Contenido

Prefacio Problemas y Soluciones

1 Estructura atómica y enlace

2 Estructura cristalina

3 Defectos 28

4 Defectos superficiales 43

5 Soluciones Solidas 48

6 Difusión Atómica 56


2

Prefacio

CUAL ES EL OBJETIVO DE ESTE LIBRO

Generalmente los estudiantes han visto a la ciencia de materiales como una materia difícil de entender y aprender. A pesar de la publicación de varios libros de texto sobre la materia, cada uno con el objetivo de proporcionar un avance sobre los anteriores, los estudiantes siguen quedándose perplejos como resultado de las numerosas condiciones que regularmente se tienen que recordar y correlacionar para resolver un problema. Varias posibles interpretaciones de los términos usados también contribuyen a las dificultadas experimentadas por los estudiantes.

En un estudio del problema, se han descubierto las siguientes razones básicas en referencia a las dificultades de los estudiantes con la ciencia de materiales enseñada en las escuelas:

(a) No se han desarrollado reglas sistemáticas de análisis las cuales puedan

seguir los estudiantes de una manera paso a paso para resolver los problemas. Esto es resultado del hecho de las números condiciones y principios que pueden estar involucrados en un problema, resultando en muchos métodos posibles para resolverlo. El prescribir una serie de reglas a seguir para cada una de las posibles variaciones involucraría una enorme cantidad de reglas y pasos para ser buscados por los estudiantes y esta tarea sería aun más pesada que resolver el problema directamente acompañado de algo de prueba y error para encontrar la ruta correcta.

(b) Los libros de texto disponibles actualmente explican un principio dado en unas

cuantas páginas escritas por un profesional que tiene una interpretación sobre la materia la cual no es compartida por los estudiantes. Las explicaciones generalmente están escritas de una manera abstracta dejando a los estudiantes confundidos en cuanto a la aplicación de dicho principio. Las explicaciones proporcionadas no son suficientemente detalladas y extensas para hacer que los estudiantes se den cuenta del amplio rango de aplicaciones y los diferentes aspectos del principio estudiado. Las numerosas posibles variaciones y sus aplicaciones usualmente no son discutidas y por consiguiente queda en los estudiantes descubrirlas por si mismos mientras realizan ejercicios. De esta forma se espera que el estudiante redescubra aquello que se ha conocido y practicado por largo tiempo pero no publicado o explicado de manera extensa.

(c) Los ejemplos que usualmente siguen a la explicación de un tópico son muy

pocos y muy simples para permitir que el estudiante tenga un conocimiento profundo de los principios implicados. Las explicaciones nos proveen bases suficientes para permitir al estudiante resolver problemas que puedan ser asignados subsecuentemente como tarea o en exámenes. Los ejemplos son presentados de una forma abreviada la cual deja fuera mucho material entre cada paso requiriendo que los estudiantes lo deriven por si mismos. Como resultado de esto los estudiantes encuentran los ejemplos difíciles de entender contrario al objetivo de los ejemplos.


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Los ejemplos son, por consiguiente, escritos generalmente de una manera confusa. No plantean el problema y luego presentan la solución. En vez de eso, pasan a través de una discusión general, nunca revelando lo que se tiene que resolver. Además los ejemplos no siempre incluyen diagramas o gráficos, cuando estos sean adecuados, y los estudiantes no obtienen el entrenamiento para dibujar dichos diagramas o gráficos para simplificar y organizar sus pensamientos.

(d) Los estudiantes pueden aprender la materia solamente haciendo los ejercicios

por sí mismos y revisándolos en clase, esto para obtener la experiencia aplicando los principios con sus diferentes ramificaciones. Al hacer los ejercicios por si mismos los estudiantes descubren que necesitan invertir considerablemente más tiempo a la Ciencia de Materiales que a otras materias comparadas en importancia debido a la incertidumbre con respecto a la selección y aplicación de los teoremas y principios involucrados. Es, en algunas ocasiones, necesario para los estudiantes descubrir “trucos” no revelados en sus textos (o libros de referencia), que les permitan resolver los problemas de manera más fácil. Los estudiantes deben usualmente recurrir a métodos de prueba y error para descubrir dichos trucos, y como resultado se dan cuenta de que deberán algunas veces gastar varias horas para resolver un solo problema.

(e) Cuando se revisan los ejercicios en clase, los instructores usualmente solicitan que los alumnos tomen turnos para escribir soluciones en el pizarrón y explicarlas a la clase. Los estudiantes regularmente encuentran difícil de explicarlo de una manera que llame la atención de la clase, permitiendo al resto de los estudiantes comprender el material escrito en la pizarra, escuchando la explicación oral y además concentrarse en los métodos para resolverlo.

Este libro está encaminado a ayudar a los estudiantes de la Ciencia de Materiales a superar las dificultades antes mencionadas, proporcionando ilustraciones detalladas de los métodos de solución los cuales usualmente no son aparentes para los estudiantes. Los métodos de solución son ilustrados por problemas seleccionados de entre aquellos que son comúnmente asignados para trabajo en clase o exámenes. Los problemas están acomodados por orden de complejidad para permitir a los estudiantes aprender y entender un tópico en particular revisando los problemas en secuencia. Dichos problemas son ilustrados con explicaciones detalladas paso a paso para ahorrarles a los estudiantes la gran cantidad de tiempo que usualmente se necesitaría para llenar los espacios generalmente encontrados entre los pasos ilustrados en libros de texto o de referencia.

Al usar este libro los estudiantes deberán revisar y estudiar los problemas ilustrados a su propio ritmo, no estarán limitados al tiempo permitido para explicar problemas del pizarrón en clase. Cuando los estudiantes quieren fijarse en un tipo particular de problema y solución, pueden localizarlo rápidamente en el libro consultando el índice, el cual ha sido preparado extensivamente. También es posible localizar un particular tipo de problemas echando un vistazo a las porciones de material encuadradas. Para facilitar la búsqueda de los problemas, cada uno cuenta con un borde grueso alrededor. Así mismo, cada problema está identificado con un número arriba de él en el margen derecho.


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Para obtener el máximo beneficio del libro los estudiantes deberán familiarizarse con la sección, “Como usar este libro” localizadas en las primeras páginas. Para alcanzar los objetivos de este libro, los miembros se han seleccionado problemas usualmente encontrados en tareas y exámenes, y se han resuelto cada problema meticulosamente para ilustrar los pasos lo cuales son difíciles de comprender por los estudiantes.

COMO USAR ESTE LIBRO Este libro puede ser una ayuda invaluable para el estudiante de Ciencia de Materiales como un suplemento a sus libros de texto. El libro esta subdividido en 4 capítulos, cada una abarcando un tópico diferente. La materia es desarrollada empezando con estructura atómica y enlaces, estructura cristalina y defectos. Un extenso número de aplicaciones han sido incluidas, ya que estas parecen ser las más problemáticas para los estudiantes.

APRENDER Y COMPRENDER UN TOPICO COMPLETAMENTE

1) Revisa tus apuntes de clase y lee la sección pertinente al tópico. Así

deberás familiarizarte con los principios discutidos ahí. Estos principios, sin embargo, pueden no quedarte claros en ese momento.

2) Después localiza el tópico que estas buscando en la “Tabla de Contenido”

en el frente de este libro, “Resolución de Problemas de Ciencia de Materiales”.

3) Cambia a la página donde el tópico comienza y revisa los problemas de

cada uno de dichos tópicos en el orden dado. Para cada tema los problemas han sido organizados por orden de complejidad, del más simple al más complicado. Algunos problemas pueden parecer similares a otros, pero cada problema ha sido cuidadosamente seleccionado para ilustrar un punto diferente o un método de solución distinto.

Para aprender y comprender un tema completamente y retener su contenido será generalmente necesario que los estudiantes revisen los problemas varias veces. El revisarlos repetidamente es esencial para ganar experiencia en reconocer los principios que deben ser aplicados y en seleccionar la mejor técnica para resolverlos.

PARA ENCONTRAR UN PROBLEMA EN PARTICULAR

Para localizar uno o más problemas relacionados a un tema en particular, dirígete al índice. Al usar el índice date cuenta de que los números que se refieren ahí corresponden al número de problema, no al número de página. Esta organización de índice está orientada a facilitar el encontrar un problema


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de manera más rápida ya que uno o más problemas pueden estar en la misma página.

Si un tipo de problema no puede ser encontrado rápidamente, se recomienda que el estudiante consulte la “Tabla de Contenidos” en las primeras páginas, y posteriormente cambie la página al capítulo que es aplicable al problema que se busca. Mediante el chequeo o al echar un vistazo al material que está encuadrado uno puede localizar problemas relacionados a aquel que se está buscando sin tener que invertir mucho tiempo. Después de que han sido localizados los problemas, las soluciones pueden ser revisadas y estudiadas en detalle. Para el propósito de localizar problemas rápidamente, los estudiantes deberán familiarizarse con la organización del libro descrita en la “Tabla de Contenidos”.

Al prepararse para un examen es de ayuda encontrar los temas que abarcará el examen en la “Tabla de Contenidos”, y posteriormente revisar los problemas de esos tópicos varias veces. Esto deberá preparar al estudiante con lo necesario para el examen.


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Capítulo 1

ESTRUCTURA ATOMICA Y ENLACE Los elementos son las sustancias fundamentales de los cuales se compone toda la materia, para entender la unión entre los átomos para formar los diferentes materiales es necesario entender la constitución del átomo, en las últimas décadas se han encontrado un número de partículas elementales en el núcleo, solo es necesario considerar en este curso no necesitamos entrar en detalle al estudio del núcleo, es suficiente considerar el número de protones y neutrones en el núcleo y los electrones que se encuentran orbitando alrededor del núcleo ocupando niveles discretos de energía dentro del átomo, cada electrón posee una energía particular, con no más de dos electrones en cada orbital teniendo la misma energía. Esto también implica que hay una diferencia de energía definida entre cada electrón. Números cuánticos. El nivel de energía al cual cada electrón pertenece está determinado por los cuatro números cuánticos n, l, m, s. El número de posibles niveles de energía está determinado por los primeros tres números cuánticos. 1.- El número cuántico principal n le son asignados valores enteros 1, 2, 3, 4, 5, que se refieren al a la capa cuántica a la cual el electrón pertenece, a menudo esta capa cuántica es asignada una letra más bien que un número; n=1 es designada K, para n=2 se designa L, para n=3 se designa M, y así sucesivamente. El número de niveles de energía en cada capa cuántica está determinado por el número cuántico acimutal l y el número cuántico magnético ml. los número cuánticos acimutales también se les puede asignar números: l=0,1, 2,…, n-1. Si n=2, entonces hay dos números cuánticos acimutales, l=0 y l=. Los números cuánticos acimutales a menudo se designan por letras minúsculas. s para l=0 d para l=2 p para l=1 f para l=3 El número cuántico magnético ml, proporciona el número de niveles de energía, o de orbitales, para cada número cuántico acimutal. El número total de números cuánticos magnéticos para cada l es 2l+1. Los valores totales están dados de –l a +l. Para l=2, hay 2(2)+1=5 números cuánticos magnéticos, con valores -2,-1,0,+1, y +2. 3.- El principio de exclusión de Pauli. El cual establece que no más de dos electrones, cada uno con spín opuesto, puede permanecer en cada orbital. Al número cuántico de spín ms le son asignados los valores de +1/2 y -1/2 que reflejan los diferentes spines. Isótopo.- La mayoría de los elementos están formados de átomos con masa distinta, los isótopos de un elemento dado contienen el mismo número de protones y de electrones porque son átomos del mismo elemento. Su masa varía porque contienen distinto número de neutrones en el núcleo. PROBLEMAS RESUELTOS

Problema 1.1

Considerando los isótopos 23 30

11 14,Na Si indicar


7

a) # de protones en el núcleo b) # de neutrones c) # de electrones

d) el # de protones, neutrones, electrones en los iones 1 4,Na Si

Solución: Na Si Na1+ Si4+

a) # Protones 11 14 11 14 b) # Neutrones 12 16 12 16 c) # Electrones 11 14 10 10

Problema 1.2

Solución: El peso atómico del Au es 197 uma si consideramos el peso atómico en gramos, esto representa la masa de 6.023x1023 átomos de Au así 1 átomo de Au pesa:

23

221 (197 )1 . 3.2707 10

6.023 10

at gat Au x g

x at

La energía radiante se describe en término de la teoría ondulatoria. Cualquier onda se caracteriza por su longitud de onda λ, o su frecuencia ν. La λ, es la distancia entre dos puntos idénticos adyacentes en la onda, por ejemplo dos crestas adyacentes. La frecuencia ν, es el número de crestas de onda que pasan a través de un punto dado por unidad de tiempo; suele expresarse en ciclos/segundo o con mayor frecuencia como 1/s. Para ondas que viajan con cierta velocidad la λ y la ν se relacionan así λν=velocidad de propagación de la onda o λν=c

Problema 1.3

Solución: Si n=2, entonces l=0,1. Para l=0, hay 2(0)+1= 1 números cuánticos magnéticos, así ml=0. Para l=1, hay 2(1)+1= 3 números cuánticos magnéticos, así ml=-1, 0, +1. Consecuentemente hay un total de cuatro posibles orbitales en la capa L.

Problema 1.4

Solución: El número cuántico principal dela capa M es n=3, entonces l=0, 1, 2. s nivel, l=0, ml=0 , ms= +1/2, -1/2 2 electrones p nivel, l=1, ml = -1, ms= +1/2, -1/2 = 0, ms= +1/2, -1/2 6 electrones = +1, ms= +1/2, -1/2

¿Cuál es la masa en gramos de un átomo de Au? Una uma equivale exactamente a 1/12 de la masa del átomo de carbono-12.

Calcule el número de posibles orbitales en la capa L, donde n=2.

Determine el número máximo de electrones en la capa M de un átomo.


8

d nivel, l=2, ml = -2, ms= +1/2, -1/2 = -1, ms= +1/2, -1/2 = 0, ms= +1/2, -1/2 10 electrones = +1, ms= +1/2, -1/2 = +2, ms= +1/2, -1/2 Así un total de 18 electrones pueden estar presentes en la capa M.

Problema 1.5

¿Que evidencia indica? que la Radiación Electromagnética es de

a) Tipo ondulatorio, b) Tipo partícula.

Solución: a) Los haces luminosos pueden interferir entre sí dando lugar a rayas

luminosas alternadas con otras obscuras. Para esto es necesario que los trenes de ondas posean idéntica frecuencia y exista entre ellos una diferencia de fase constante y determinada, Línea Brillante.

b) Es igual al movimiento armónico simple. La fuerza de restitución actúa

casi horizontalmente para valores de y el movimiento es aproximadamente lineal. La fuerza de restitución es entonces proporcional al desplazamiento y el movimiento es armónico simple. Un fenómeno periódico que puede llamarse armónico simple aún cuando no exista un cuerpo masivo; el movimiento del punto luminoso sobre la escala de un galvanómetro balístico es armónico simple aún cuando no exista un cuerpo masivo. En el curso de ondas electromagnéticas, es cualquier componente del campo eléctrico o magnético.

Problema 1.6

¿Por qué se dispersa la luz blanca al atravesar el prisma?

Solución: La velocidad de la luz en un medio material (que no sea el vacío) varía según la

longitud de onda , ello equivale a decir que el índice de refracción (n) depende de la longitud de onda. La dispersión por tanto se puede considerar el resultado de una refracción “diferencial” o desigual.

Problema 1.7

Si cada átomo de 1 mol de átomos emite un fotón con =5.15x103 Å. ¿Cuánta energía se emite? Exprese la respuesta en KJ/Mol.

Solución: 8

34

103

2.997925 10(6.6262 10 . )( )

10(5.15 10 Å)x

1Å

x m sE h x J s

mx

19 13.8572 10

1000

Joules KJE x x

Atomo Joules

2322 6.023 10

3.8572 101

KJ x atomoE x x

atomo mol


9

232.32E KJ mol

Problema 1.8

Indique si cada uno de los enunciados es verdadero o falso. Corrija.

Solución:

a) La energía de un e en el hidrógeno depende solo del número cuántico

principal n. V b) Las energías de electrones en el H y el He+ son los mismos cuando el número

cuántico principal n es el mismo. F

c) El número de orbitales en una subcapa del numero cuántico azimutal l es el mismo de acuerdo al valor del numero cuántico n. V

d) La serie ( 4, 3, 3)ln l m , es una serie permisible de números cuánticos

para un e en el hidrógeno. V

e) La representación del contorno del orbital 3p se parece mucho a la del orbital 3dz

2. V

Problema 1.9

El principio de incertidumbre de Heisenberg se puede expresar matemáticamente como,

. 2x p h

Donde x y p representa la incertidumbre en posición y momento respectivamente y h es la constante de Planck.

a) Si un electrón tiene una velocidad de 3.0 x106 m/s y la exactitud con la cual esta se puede medir es 1.0% ¿Cuál es el mínimo de incertidumbre en la posición del electrón?

b) Repita el cálculo de a) pero para una bala de 12 gramos cuya velocidad es 200 m/s.

c) Compare los resultados de a) y b);

d) ¿Como se interpreta el resultado con el tamaño del objeto? (p=m )

Solución: Para el electrón

342 1.054 10 .h x J seg

341.054 10 .x J Sx

p

6 31

24

34

24

11

(3 10 )(9.1072 10 )

.2.73216 10

1.054 10

.2.73216 10

3.857755 10

p m

mp x x kg

s

kg mp x

seg

xx

kg mx

seg

x x m

Para la bala


10

3

34

35

(200 )(12 10 )

.2.4

1.054 10 .

.2.4

4.39166 10

p m s x kg

kg mp

seg

x J Sx

kg m

seg

x x m

Comparando el resultado obtenido, encontramos que la incertidumbre crece con objetos muy pequeños.

Problema 1.10

Un átomo en su nivel fundamental absorbe radiación UV de = 2x10-7m, enseguida

emite radiación con = 6x10-7 m. ¿Cuál es la más corta de la radiación que el átomo puede emitir?

834

7

19

25

1 2 1

1

25 25

7

2

2519

2

2

2.997925 /(6.6262 10 )( )

2 10

9.932425 10 ( _ _ )

1.986485 10

1.986485 10 1.986485 10

6 10

1.986485 103.3108 10

( )1

a

a

a

a

a

a

c m sE h x J s

x m

E x Joules energia que absorbe

xE E E E

x xE

x

xE x

E J

19 19

25 25

7

2

3.3108 10 ( ) 6.621825 10

1.986485 10 1.986485 10

2.999 10

x J x

x x

x m

1 2

2 1 2 1 2 1

1 12

2 1 1

13 137

2 7 7 7

1 1 1 1 1( ) ( )

1

1.2 10 1.2 103.0 10

(6 10 ) (2 10 ) 4 10

a

a a

a a a

a a

a a

c c hc hcE h h

hc hc hc hchc

x xx

x x x

Problema 1.11

Un láser produce radiación electromagnética en el espectro IR cercano con una

=1.064m. ¿Cuál es la energía de la radiación?


11

6101.064

mmx

m

1833 6.24 10

0.662 10 ·x ev

h x J sxJ

cE h h

82.99 10 mc xs

15

8

15

6

19

18

4.13 10

2.99 10(4.13088 10 ) ( )

1.064 10

1(1.16083 ) ( ) 1.8603 10

6.24 10

h x ev

mxsE x ev x

x m

JE ev x x J

x ev

Problema 1.12

Considerando los isótopos 23 30

11 14,Na Si indicar

e) # de protones en el núcleo f) # de neutrones g) # de electrones

h) el # de protones, neutrones, electrones en los iones 1 4,Na Si

Solución:

Na Si Na1+ Si4+ a) # Protones 11 14 11 14 b) # Neutrones 12 16 12 16 c) # Electrones 11 14 10 10 Enlace atómico Existen cuatro mecanismos mediante los cuales los átomos se enlazan. Enlace metálico. Este se produce cuando los átomos forman un “mar” de electrones

alrededor de sus átomos vecinos. Los electrones de valencia los cuales están más débilmente unidos al núcleo se comparten entre los átomos vecinos, de tal forma que no pertenecen a ningún átomo en particular, moviéndose libremente dentro del mar de electrones y llegando asociarse con los varios núcleos de los átomos vecinos formando así un enlace fuerte entre los diferentes átomos que los contienen. Cuando un elemento que exhibe el enlace metálico es doblado los átomos que están en esa región tratan de cambiar su interrelación con otros vecinos, así la dirección del enlace solo cambia y no se rompe, esto permite que los materiales con este enlace presenten buena ductilidad y sean deformados permanentemente, este enlace también permite buenos conductores eléctricos. Problemas Resueltos

Problema 1.13

Solución: Peso atómico Al 26.981g.gmol

Calcule el número de átomos en 100g de Al. Si todos los electrones de valencia pueden llevar una corriente eléctrica. Calcule el número de estos portadores de carga en 100g de Al.


12

2324100 6.023 10 .

# 2.232 10 .26.981 .

gx x at molat x at Al

g gmol

Cada átomo de Al contiene 3e- de valencia así el número total de portadores de carga: 24 24arg 3(2.232 10 . ) 6.696 10portadores de c a x at Al x e

Enlace iónico,

Cuando diferentes tipos de átomos con alta diferencia de electronegatividad se unen uno de los átomos puede donar electrones a su vecino y el átomo vecino lo aceptará, con ello cada uno de estos átomos adquieren una carga eléctrica y se comportarán como iones el átomo que dona los electrones será un anión el que los acepta será un catión. Los materiales que exhiben este enlace generalmente son frágiles. Problemas Resueltos

Problema1.15

La energía potencial neta EN entre dos átomos adyacentes se puede algunas veces representar como función de la distancia interatómica de acuerdo a la relación:

N m n

A BE

r r

En la cual A, B, m y n son constantes cuyo valor depende del material. Calcular la energía de enlace Eo en términos de los parámetros A, B, m y n.

Solución: Diferenciamos En con respecto a r y la expresión resultante se iguala a cero; Se resuelve r en términos de A, B, m y n

1 1

1 1

0

1 1

0 0

1 11 10 0

0 01 1

0 0

1

0 0

0

0

0

0 0 0

( )

(1)

( ) ( )

m nN

m n

m n

m nn m m n

m n

m n m n

m n

m n m n

dEAmr Bnr

dr

Amr Bnr

r r

Amr Bnr

Amr BnrAm Bnr Am Br

r r

Am Amr r

Bn Bn

A BE

Am Am

Bn Bn


13

2-10

0

2

9

0 0 0120

19 2 38 29

10 2 20 2

218

2

18

4102.11Åx

Å

1 18.9 10

44 (8.9 10 )

(1.6 10 ) (2.46 10 )8.9 10 ( )(4) 8.941288943 (4)

(2.11 10 ) (4.4521 10 )

5.14 10 (4)

5.14 10 (

A

A A

A

A

k qmF

a

VMk k k x

c cx

VM

VM x c VM x cF x F

c x M c x M

VM cF x

c M

F x

18 17

4)

( )

5.14 10 (4) 2.056 10A

Vc

M

Jc

JcF x xM M

29 2 9 2 380

0

2

2

9 38 2

2 20 2

9

2.96 10 ; ; 8.9 10 ; 2.56 10

(8.9 10 )(2.56 10 )

7.6979 10

2.96 10

KClA

A

k qJ VmF x a k x q x

m F c

Vm

VmcVm Vc

c

Vmx x c

ca x mVc

xm

Problema 1.16

Para el par de iones Na+ y Cl- la energía de atracción y de repulsión EA y ER respectivamente, dependen de la distancia entre iones r, de acuerdo a la ecuación siguiente y el valor de sus constantes es: A=1.436, B=7.32x10-6, m=1, n=8

6

8

1.436 7.32 10;A R

xE E

r r

Para estas expresiones, la energía está dada en eV para el enlace del Na+-Cl-, y r es

la distancia inter-iónica en nm, la energía neta es: EN = EA + Er a) Sobre la base de esta gráfica, determine (i) El espacio de equilibrio r0 entre los iones de Na+ y el Cl-. b) Determine matemáticamente el r0 y el E0 usando valores de la soluciones del problema anterior y compare estos resultados con los resultados de la gráfica.

Solución:


14

0

6

0 1 8

1 8 1 8

6

0 0.1428 1.1428

( ) ( )

1.436 7.32 10

(24521.35) (24521.35)

1.436 7.32 106.081 0.7601 5.3208

(24521.35) (24521.35)

m n

m n m n

A BE

Am Am

Bn Bn

xE

xE eV

nmxBn

Amr

nm

236.0)8)(32.7(

)1)(436.1(60

1

Para diversos valores de r tenemos: r = 1 nm r = 1.5 nm r = 2 nm r = 0.5 nm EA = -1.436 ev EA = -0.9573 ev EA = -0.718 ev EA = -2.872 ev ER = 7.32x10-6 ev ER = 2.8561x10-7 ev ER = 2.8593x10-8 ev ER = 3.90625x10-3 ev r = 0.4 nm EA = -3.59 ev ER = 11.16x10-3 ev r = 0.3 nm EA = -4.78 ev ER = 11.15x10-3ev r = 0.2 nm EA = -7.18 ev ER = 2.859 ev r = 0.1 nm EA = -14.36 ev ER = 732 ev Graficando estos valores:


15

0 2

0

200

400

600

800

Er(e

V)

r(nm)

(a)

0 2

-16

-14

-12

-10

-8

-6

-4

-2

0

Ea(e

v)

r (nm)

(b)

0 2

-6

-4

-2

0

E(e

V)

r(nm)

(c)

Fig. 1. (a) Energía de repulsión (b) Energía de atracción (c) Suma de las Energías de atracción obteniéndose la distancia de equilibrio y energía potencial mínima entre iones de Na+ y Cl-


16

Enlace Covalente.- Los materiales que exhiben este enlace comparten electrones

entre dos o más átomos, por ejemplo los átomos de Si, el cual contiene 4 electrones de valencia, obtiene 8 electrones de valencia al compartir con cuatro átomos de Si a su alrededor, con ello forma cuatro enlaces covalentes con los átomos vecinos. Para formar estos enlaces los átomos de Si deben estar arreglados de tal forma tal que los enlaces tengan una relación direccional entre ellos. En el caso del Si se produce un arreglo tetraédrico entre ellos, con ángulos de casi 109° entre cada enlace, la probabilidad de que los electrones se encuentren muy localizados es alta para este tipo de enlace. Así, los materiales con este enlace se comportan más bien frágiles y como aislantes eléctricos. Problemas Resueltos

Problema 1.17

Solución: Si O

Fig. 2. Compartimiento de electrones entre el Oxígeno y el Silicio y la posible estructura tetraédrica formada por enlaces covalentes en la molécula de SiO2. Enlace Van der Waals.- Este enlace une a los átomos o las moléculas por débiles

atracciones electrostáticas. El mecanismo de enlazamiento secundario es por atracción de cargas opuestas y la diferencia con el enlace primario es que no se transfieren electrones, la atracción depende de las distribuciones asimétricas de carga positiva y negativa dentro de cada unidad atómica o molecular que se enlaza.. Esta asimetría de cargas se le conoce como dipolo. Muchos polímeros, cerámicas, metales están permanentemente polarizados y en otros se puede inducir la polarización; esto es que algunas porciones de las moléculas tienden a tener carga positiva o negativa. La acción electrostática entre las débiles regiones cargadas positivamente y las regiones negativas de cada molécula forman un débil enlace conocido como el enlace Van der Waals este es un enlace de tipo secundario que puede hacer cambios importantes en las propiedades de muchos materiales.

Problema 1.18

Solución: H _ +

Describa como se forma el enlace covalente en la molécula de (SiO2)

Describa el enlace Van der Waals para las moléculas de agua.


17

O

Fig. 3 El enlace Van der Waals es formado debido a la polarización de las moléculas o grupos de átomos, en el agua los electrones en el oxígeno tienden a concentrarse lejos del hidrógeno la diferencia de carga resultante permite que la molécula sea débilmente enlazada a otra molécula de agua.

Energía de Enlace y distancia interatómica La distancia interatómica es la distancia de equilibrio entre los átomos y es causada por el balance entre las fuerzas de atracción y repulsión. La separación de equilibrio ocurre cuando la energía total en el par de átomos es un mínimo. Esta energía representa la energía de enlace o la energía para crear o romper el enlace. Núcleo + 2r E Periferia -

Energía de Enlace Fig. 4 Átomos o iones están separados por una distancia de equilibrio que corresponde al mínimo de energía de los átomos o iones formando enlace. Problemas Resueltos

Problema 1.19

Solución: E Distancia Interatómica

La figura muestra las curvas de Separación-Energía de tres materiales, un metal un cristal iónico, y uno con enlace de Van der Waals. Indique cual curva corresponde a cada uno de estos materiales.


18

BC

A

A Van Der Waals, B Metálico, C Iónico

Una importante conclusión sobre el enlace en los compuestos, nos lleva a encontrar que elementos metálicos poseen relativamente bajas electronegatividades y los no metálicos poseen altas electronegatividades. Cuando dos elementos teniendo baja diferencia de electronegatividad se unen para formar un enlace, esta será predominantemente metálico o covalente, dependiendo de la naturaleza de los elementos involucrados, con un incremento de la diferencia de electronegatividad entre los elementos que forman el enlace se formará un compuesto iónico. Así los compuestos puramente metálicos iónicos o covalentes son realmente extremos en la escala continua del enlace. Metálico Van der Waals Covalente Iónico Fig. 5 Tetraedro para tipos de enlaces, los vértices en el tetraedro representan el enlace puro en los materiales reales siempre existe una mezcla de estos enlaces por lo que para representar ese tipo de enlace se haría sobre la superficie de una de las caras o en el centro del tetraedro. La energía de los enlaces de los diferentes tipos de enlaces, se puede comparar a través de una de las propiedades físicas de estas subtancias, por su punto de fusión en la tabla se presentan algunos materiales representativos.

Material Tipo de enlace Punto de fusión (°C)

CaCl2 Iónico

Si covalente 1414

Covalente y secundario

Au Metálico 1064.43

Dipolo inducido

H2O Secundario (dipolo permanente) 0

PROBLEMAS PROPUESTOS 1.- El Cr tiene un número atómico de 24, tiene cuatro isótopos: 4.31% átomos de Cr contienen 26 neutrones, 83.76% contiene 28 neutrones, 9.55% contiene 29 neutrones, y 2.38% contiene 30 neutrones. Calcule la masa atómica del Cr. 2.- El cobre, el cual tiene un número atómico de 29 y una masa atómica de 63.54g.mol contiene dos isótopos el Cu63 y Cu65. Determine el porcentaje de cada isótopo en el Cu.


19

3.- Calcule el número máximo de electrones en la capa O de un átomo. Determine el número atómico de este átomo si todos los niveles en las capas K, L, M, N y la capa O están llenas. 4.- El In con número atómico de 49, contiene todos sus niveles de energía llenos excepto el subnivel 4f. Proponga la estructura electrónica y determine el número de electrones de valencia para el In. 5.- La energía potencial de un cristal iónico algunas veces es encontrado como

2 2

0 01

4A n

o

N Mz e N BE

r r

(1)

Donde B y n son constantes de los materiales. ( n está entre 5 y 12)

a) Diferencie la ecuación (1) con respecto a, r y resuelva para B.

b) Use los datos del problema resuelto 1.16 6.- Describa en un tetraedro las características del enlace para el CH4, NaCl, Na y HF. 7.- Los electrones de valencia de un átomo se pueden expulsar por excitación de un haz de radiación electromagnética. Calcule la longitud de onda mínima de la radiación, para expulsar un electrón 1s de un átomo de 12C. Utilice el diagrama de niveles de energía, observe la convención de signo. Una energía de atracción es negativa, los electrones 1s están más cercanos al núcleo y más fuertemente atraídos por el núcleo (-283.9 eV). Los electrones de la órbita externa tienen una energía de solo -6.5eV. El nivel cero corresponde a un electrón que es removido completamente del potencial de atracción del núcleo. 0 6.5 2sp3

E(eV) 283.9 1s 8.-Las moléculas de gas exhiben enlace secundario, estas moléculas sobre una superficie sólida proporcionan un método para la medición del área superficial de los materiales porosos. Si se disminuye la temperatura del sólido por debajo de la temperatura ambiente, un volumen medido del gas se condensará formando un recubrimiento de monocapa de moléculas sobre la superficie porosa. Para una muestra de 100g de catalizador de Cu fundido se necesita un volumen de 9 x 103 mm3 de nitrógeno, en condiciones normales (0°C y 1atm) para formar una monocapa por condensación. Calcule el área superficial del catalizador, en m2/kg. Suponga que el área que cubre una molécula de nitrógeno es 0.162 nm2, y recuerde que para un gas ideal, pV=nRT, siendo n el número de moles del gas. 9.- 10.-


20


21

Capítulo 2

ESTRUCTURA Estructura.- Los agregados atómicos en estado sólido se agrupan en varias formas, en el estado sólido dos de estas formas son: Cristalina.-formando un orden de largo alcance Amorfa.- formando un orden de corto alcance En la naturaleza encontramos en los agregados atómicos cristalinos 14 redes, que se caracterizan por el tamaño de sus aristas a, b, c, y el ángulo entre ellas α,β,γ son arreglos únicos que se les conoce como Redes de Bravais fig. 2.1, en honor del francés Auguste Bravais (1811-1863). CÚBIC0 a=b=c, y α=β=γ=90°

CS FCC BCC TETRAGONAL

y α=β=γ=90°

TS BCT ORTORRÓMBICO

OCB OCC OCF OS HEXAGONAL


22

HEXAGONAL

HS HC MONOCLÍNICO

MS MC TRICLÍNICO

Fig.2.1 Los catorce tipos de redes de Bravais, agrupados en siete sistemas cristalinos.

Según el tipo de enlace que se manifieste en mayor proporción entre los átomos enlazados, habrá cristales iónicos, covalentes, metálicos. Las propiedades físicas químicas y mecánicas de los cristales, se manifiestan a través de este, en bulto, sin embargo la porción más pequeña que exhibe estas propiedades es la celda unitaria. Los cristales por lo general son anisotrópicos esto significa que no exhiben propiedades idénticas a través de direcciones y planos atómicos, por ello se requiere un lenguaje que ayude a identificar las direcciones y planos dentro del cristal. Los Índices de Miller para planos y direcciones desarrollan este concepto. INDICE DE MILLER PARA PLANOS La determinación de los índices de Miller para planos, se realiza de la siguiente forma:


23

1.- Se determina las intersecciones del plano con los ejes x, y, z, 2.- Se toman los recíprocos de las intersecciones con los ejes. 3.- Incluir los números resultantes entre paréntesis ( ) se debe tener cuidado de representar los índices negativos mediante una barra sobre el número. INDICES DE MILLER PARA CRISTALES HEXAGONALES (hkil) Los tres índices de Miller pueden describir cualquier plano para cualquier cristal. Sin embargo es útil en sistemas hexagonales establecer cuatro índices (hkil), porque definen mejor la simetría, tres de estos índices son coplanares, el cuarto índice i está relacionado matemáticamente a la suma de los dos primeros: h + k = -i Algunas consideraciones importantes deben ser hechas para los planos cristalinos:

a) Los planos y sus negativos son idénticos. b) Los planos y sus múltiplos no son idénticos. c) Cierto grupo de planos son equivalentes. Por ejemplo el plano [100] es

equivalente con [01-0] al redefinir las coordenadas. d) Un grupo de planos equivalentes forman una familia, los paréntesis indican

una familia de planos.

Problemas Resueltos

Problema 2.1

Solución: 1/1

(a) (b) (c) (d)

3 4(2 )

2 3

5(1 1)

4

4 9( 0 )3 14

(100)

Problema 2.2

Solución:

Determine los índices de Miller para cada uno de los planos mostrados en las estructuras cristalinas cúbicas de las figuras.

2/3

1/2

3/4 4/5

3/4

1/3

Determine los índices de Miller de los planos mostrados en cada uno de las celdas unitarias que pertenecen al sistema cristalino cúbico mostrado en las figuras a continuación.


24

(a) (b)

(c) (d) Intercepción con los ejes Recíprocos Índices de Miller

Plano X Y Z 1/x 1/y 1/z H k L

(a) 1 2/3 3/4 1 3/2 4/3 1 3/2 4/3

(b) ½ 2/3 1/4 2 3/2 4 2 3/2 4

(c) -1/3 -3/4 ∞ -3 -4/3 0 -3 -4/3 0

(d) -9/5 1/3 ∞ -5/9 1/3 0 -5/9 1/3 0

Problema 2.3

Solución: No existe

_

(1210) _

(1102) _

(0120) _ _

(1121)

Problema 2.4

Liste los miembros de la familia _

0110 de los “planos prismáticos” para la celda

hexagonal.

Solución:

3/4

2/3

1/2

1/4

2/3

3/4

1/3 1/3

3/4

Dibuje los planos en una celda hexagonal.


25

_

_

_

_

_ _

(0 110)

(1100)

(1010)1100

(0110)

(1100)

(1100)

INDICES DE MILLER PARA DIRECCIONES La determinación de los índices de Miller para direcciones, se realiza de la siguiente forma: 1.- Se determinan las coordenadas del punto de inicio y final del vector que representa la dirección. 2.- Se restan las coordenadas del punto final al inicial. 3.- Si existen fracciones se obtienen número enteros multiplicando todos por un factor 4.-Incluir los números resultantes entre paréntesis [ ], se debe tener cuidado de representar los índices negativos mediante una barra sobre el número. Algunas consideraciones importantes deben ser hechas para las direcciones cristalinas:

a) Una dirección y su negativo no son idénticas; [100] [100]

ello representa la

misma línea pero con direcciones opuestas. b) Una dirección y sus múltiplos son idénticos; [100] = [210]. c) Cierto grupo de direcciones son equivalentes. Por ejemplo la dirección [100] es

equivalente con [010] al redefinir las coordenadas. d) Un grupo de direcciones equivalentes forman una familia, los paréntesis < >

indican una familia de direcciones. e) Las direcciones paralelas siempre tienen los mismos índices.

Problemas Resueltos

IM para los dos vectores

(a) 1- [0,0.25,0.3] dL=1.2803x107 at/cm

2- [0.2,0.25,0.3] dL=1.1399x107 at/cm

(b) 0.4

2 (0 5 0) DP = no hay

0.4

2 0.4

2 0.2 (5,5,5)

14

2

1

4.8129 10(0.2828)(0.2449)

2

ataDP xcm

(c) a- ortorrómbico b-tetragonal

l

i

k

h


26

Problema 2.5 Solución:

Iniciamos determinando las coordenadas del punto de inicio del vector y el final de este, ahora se procede a restar el final del inicio.

_

tan

1 10 1 000 2(0 1)

2 2

1 [012]

tan

1 1 1 1 1 11 000 1 1 2

2 2 2 2 2 2

2 112

res do

Direccion

res do

Direccion

_

tan

1 10 1 000 2(0 1)

2 2

1 [012]

tan

1 1 1 1 1 11 000 1 1 2

2 2 2 2 2 2

2 112

res do

Direccion

res do

Direccion

Problema 2.6

½, ½, 0 D2

0,1/2, 1

DD

0. 5nm

0.4 nm

0.3 nm D1

Dibuje las direcciones a) [211] b) [1-22] c) [11-1] d) [1-2-0] en un sistema hexagonal.

En la figura se muestran dos celdas cúbicas unidad, para un metal hipotético Determine los Índices de Miller para las direcciones de los dos vectores mostrados


27

Solución:

Problema 2.7

Solución: Consultando las constantes para las catorce redes de Bravais encontramos que si

y = 90° entonces pertenece a la red Ortorrómbica.

Problema 2.8 Solución:

Densidad Lineal y Puntos equivalentes:

La densidad lineal y densidad de puntos equivalentes, es el recíproco de la distancia más corta entre átomos o sitios equivalentes, en la red cristalina representándose con la relación:

_

(021)[211]

x

z

z

x yy

z

i

y

x

a

b

c

d

La celda para un metal con los siguientes valores: a = 4.5258 Å, b = 4.5186 Å,

c = 7.6570 Å, ===90º. Encuentre a que red de Bravais corresponde.

Dibuje en una celda unitaria ortorrómbica donde y la dirección

y el plano


28

[ , , ]at x y z

atomos

longitud

[ , , ]Peq x y z

puntosequivalentes

longitud

La densidad planar, es la fracción de un plano en la red que intersecta al átomo por el centro, podemos calcularla a partir de la relación: d hkl = número de átomos que intersectan al plano/ área del plano

Problemas Resueltos:

Problema 2.9

Solución: Aplicando las relaciones

[ , , ]at x y z

atomos

longitud [ , , ]Peq x y z

puntosequivalentes

longitud

El Cu tiene la estructura FCC

0

3.62

Cu

a

14 2

(031) 8 2

0.53.6197 10 /

10(3.62 10 )

3

at Peq

atx at cm

x cm

14 2

(210) 8 2

16.8254 10 /

5(3.62 10 )

2

at Peq

atx at cm

x cm

El C presenta dos formas alotrópicas, en este caso la estructura es la FCC cúbica

diamantina.

0

3.5565

C

a

14 2

(031) 8 2

0.53.7501 10 /

10(3.5565 10 )

3

at Peq

atx at cm

x cm

14 2

(210) 8 2

17.0713 10 /

5(3.5565 10 )

2

at Peq

atx at cm

x cm

Problema 2.10

Determine la densidad lineal de átomos y de puntos equivalentes por cm en las direcciones [111], [120] y [220] para el MgO y Au.

Determine el número de átomos/cm2 y de puntos equivalentes, en los planos (031) y (210) para el Cu y el C


29

Solución:

El MgO exhibe la estructura FCC aplicando la relación [ , , ]at x y z

atomos

longitud y

[ , , ]Peq x y z

puntosequivalentes

longitud

MgO 4.1a Ǻ 8111 3 7.1014 10d a x cm

71.4082 10 /Peq x puntos cm 72.8163 10 /at x at cm

8120 5 9.1679 10d a x cm 71.0908 10 /Peq x puntos cm

72.1815 10 /at x at cm

82220 2.8991 10

2

ad x cm

73.4493 10 /Peq x puntos cm

73.4493 10 /at x at cm

Au 4.1295a Ǻ 8111 3 7.1525 10d a x cm

7 71.3981 10 / 1.3981 10 /Peq atx puntos cm x at cm

8120 5 9.2338 10d a x cm


82220 2.92 10

2

ad x cm


Densidad Planar:

Solución: a)

(0001)

El Zn tiene la estructura hexagonal compacta, determine.

a) La densidad lineal para el Zn en la dirección [110]

b) La densidad planar para el Zn en el plano (0001)

z

y

x

[110]


30

7

[110] 8

1 . 1 .3.75 102.6648 10

at atd xcma x cm

b)

La densidad planar en el plano (0001)

Calculamos el área de uno de los triángulos equiláteros de la base,

2. 3 3

2 4 4

bxh a a aA

152(0001)] 16 22

16 1

123 .1.6264 106(1.732)(7.10 10 )3

64

at atat atd x

cmx cma


Problema 2 Solución: a)

b) El cristal es un cúbico centrado en el cuerpo c) El factor de empaquetamiento

El Cr tiene una constante de red de 2.8844 Ȧ y una densidad de 7.19 g/cm3

a) Calcule el número de átomos por celda unitaria b) ¿A qué tipo de estructura pertenece?

c) Determine el factor de empaquetamiento.

8 3 22

3

22

(7.19 )(2.8844 10 ) 1.725422 10

51.966

1.725422 10

1.999 2 /

gm v x cm x g

cm

g NA

x g X

X atomos cu


31

3 3

33

4 8( )2 (3 3)

33 3 0.68014 64 8

( )3

r r

fer r

Problema 3 Solución:

Solución: 1/2

1/2 1/2 A B (c) (d) a)

A 101 011 011-101= _

110

B 101 010 010-101=_ _

111

C 1/210 101/2 101/2-1/210=

_ _11 2 121

2 2

D 100 011/2 1/210-100=

_110 2 120

2

b)

6

6

6

124.51 10 /

2

120.0163 10 /

3

_ _

1 223.11 10 /

3 3

2

atomoA dl x atomos cu

a

B dl x atomos cua

C dl no toca atomos

D dl x atomos cua

a

c) Densidad planar para el plano (001):

El Cr tiene la estructura BCC y una constante de red de 2.8844 Ȧ, si

para cada una de las figuras mostradas la estructura pertenece al Cr.

.

a) Determine los Indices de Miller para los vectores mostradas en las

figuras A,B,C,D.

b) Determine la densidad lineal de las direcciones A, B, C, D.

c) Determine la densidad planar para los planos (001), (201), .


32

15 2

2

1. 1.2019 10 /D A x at cm

a

Densidad planar para el plano (201)

22 2

2 2

4

5

4

5

2

ax a

x a

ax

2 2 2 22 2 2

222cos

5 5

2

0.8860º

5 2 5 2 3

4 4 4 4 4

3

2

a

a

arco

a a a ah h a

ah

3

312 2

16

4.92265 10.

( 2)( 3 / 2)

2

9.845301376 10. 4.8312 10 /

(2.4494)(8.319763 10 )

x atomosD A

a a

xD A x atomos cm

x

Densidad planar para el plano_ _

(334) :

a

x 3/4a

a

x a/2


33

2 2 2 29 25

16 16

5

4

x a a a

x a

22 2

22 2

2

32 32cos 0.8054º

5 5

4

253

16

253

16

7373

16 4

a

a

ah a

ah a

ah a h

3

12 24.474444 10. 2.90734 10 /

( 3) 734

2

x atomosD A x at cm

aa

Problema 2.11

Solución: El Au tiene la estructura FCC y una constante de red a = 4.0786 Ǻ. El plano (010) en el Au contiene:

1

( )4 1 24

atomo atomo atomos

La densidad planar será: z

15 2

(010) -8 2

21.2022 10 /

(4.0786x10 )p

atomosd x at cm

cm

x y El plano (002) en el Au contiene:

1

( )4 22

atomo atomos

La densidad planar será:

15 2

(002) -8 2

21.2022 10 /

(4.0786x10 )p

atomosd x at cm

cm

Angulo entre direcciones.

Determine la densidad planar para el Au en los planos (010) y (002)


34

Para ciertos cálculos para la determinación de propiedades mecánicas en el cristal es necesario determinar el ángulo entre dos direcciones, en cristales cúbicos se puede

determinar ' ' 'cos[ ] [ ]hkl h k l por el producto punto.


Problema 2.12

Solución: Por la ley de la zona de Weiss, hu+ku+lu=0. Así (hkl) = (328). Usando triángulos esféricos, o el hecho que la suma de los cuadrados de los cosenos de la dirección en ejes ortogonales es la unidad, para obtener el ángulo (001) a (hkl) = 45° 5’. Por esa razón usa la ecuación a la normal, a cos[(100) a (hkl)]/h = b cos [(010) a (hkl)]/k = c

cos [(100) a (hkl)]/l, para obtener a = 10.5 Å;

Factor de Empaquetamiento:

Si los átomos en la celdilla unidad se consideran esféricos, se puede calcular el factor de empaquetamiento atómico APF a través de la relación,

Fracción de volumen ocupado por los átomos, dentro de una celda unitaria, se calcula a partir de la relación: Factor de empaquetamiento = volumen de los átomos dentro de la celda unitaria/volumen de la celda unitaria


Problema 2.13

Solución: Para CS, tomando como base de cálculo una celda unitaria.

343

30.5236

(2 )e

rf

r

Para BCC, tomando como base de cálculo una celda unitaria

Un cristal de un sulfuro tiene una cara (hkl) cayendo en la intersección de las zonas [2-30] y [041-]. Los siguientes ángulos han sido medidos. (100) a (hkl) = 51°28’ (010) a (hkl) = 70°18’ Determine los índices hkl, el ángulo (001) a (hkl) y la longitud de los ejes a y c, dado que b=12.94 °A

Determine el factor de empaquetamiento para la estructura cúbica CS, BCC, FCC y la estructura HC


35

34

3

34

3

2( )0.64

( )e r

rf

Para FCC, tomando como base de cálculo una celda unitaria

34

3

34

2

4( )0.75

( )e r

rf

Para la celda HCC (hexagonal compacta), existen en la celda (3at. En el centro+2(1/2)

centrando las bases+12(1/6) en los vértices = 6 átomos), si 2c a

-------a -------

22 2

4

3

2

aa h

ah

2

26 36 3

4T

aA r 2a r

34

3

2

6 .( )0.6045

(6 3 )4e

at rf

r r

Problema 2.14

El Ti BCC con un parámetro de red de a=3.32 Å se transforma en una estructura HC con parámetros de red de a=2.978 Å y c=4.735 Å. Calcular el cambio de volumen durante el enfriamiento.

Solución: Por la ley de la conservación de la materia:

3 celdillas BCC (6 átomos) Enf 1 celdilla de HC

1 celda BCC de Ti V=a3=(3.32)3=36.594368A3 3 celdas BCC de Ti Vt=109.783104A3

60


36

El cálculo del volumen de una celda HC:

22 2 2 2 2

2

2

3

4 4 4

3

2

( ) 3 / 2 3

2 4

6 323.04099

4

(23.04099 )4.735Å=109.0991223

T

HC

a aa h h a a

ah

a a aA

aA

V A

0.6839817

0.623%

BCC HCV V

Contraccion

Problema 2.15

Solución:

Calculando r para la estructura BCC y FCC

a/2

a a

a

a

a

a 4r

El Fe por debajo de los 912°C tiene una estructura cristalina BCC con un

parámetro de red de a=2.89 Å, por arriba de esta temperatura se transforma

en una estructura cristalina FCC con un parámetro de red a=3.66 Å.

a) Calcular la variación del radio durante el calentamiento.

b) Calcule el porcentaje de la variación del volumen durante el calentamiento y

determine si el material se expande o se contrae.


37

2 2 2 2

22

22 2 2

16 2 3

3 3 4

16 4 3

2.89 31.254Å

4

2 216 2

16 4

3.66 21.2940Å

4

1.2940Å 1.254Å 0.0426 _ 3.40%

BCC

r a a a

a a rr r a

r

FCC

a ar a r r

r

r incremento

b)

8 3 8 3

24 3

24

2

2(2.89 10 ) (3.66 10 )

48.275 10 49.028

0.752862 10

BCC FCC

x x

x cm

x

Se expande el 1.15%

El Cobalto experimenta una transformación alotrópica a los 420°C de hexagonal compacto a cúbico centrado en las caras. Calcule el cambio de volumen que experimenta una pieza de Co de 2cm de espesor y 3 cm de ancho cuando es calentado por arriba de los 420 °C. Establezca si se contrae o se expande.

Solución: 3 cm 2 cm Por la ley de la conservación de la materia:

2celdillas HC con 6 átomos cada una 3celdillas FCC con 4 átomos cada una

El cálculo del volumen de una celda HC:

a/2

a a

a

a

a


38

22 2 2 2 2

2

2

2 3 8 3 23 3

3

4 4 4

3

2

( ) 3 / 2 3

2 4

6 3

4

3 33 3 (1.63) 5.368(2.5071 10 ) 8.46 10

2 2

T

HC

a aa h h a a

ah

a a aA

aA

V a c a x x cm

Cálculo para el volumen de una celda FCC: 8

8

3 23 3

4 4(1.253 10 )3.5 10

2 2

4.2875 10

r x cma x cm

a x cm

Estableciendo la relación para la pieza de Co,

2 celdas HC de Cobalto al calentarse se transforman en 3 celdas FCC de Cobalto así:

2(8.45916 x10-23

cm3) de Co HC se transforma en 3(4.2875x10

-23cm

3) de Co FCC,

entonces 18 cm3 de Co HC al calentarse por arriba de 420°C se transforma en 13.699

cm3 de Co FCC. Por lo que el material se contrae al calentarse hasta los 420°C.

Análisis de estructuras cristalinas Determinación de la estructura cristalina y del parámetro reticular: difracción de rayos X. Puesto que algunas de las longitudes de onda de la radiación electromagnética del rango de los rayos X son aproximadamente iguales a la distancia interplanar en los sólidos cristalinos, al hacerlas incidir sobre el cristal, se producen picos de difracción de diferente intensidad, de la radiación emitida por el cristal. Fig.


39

Fig.- Registro de los ángulos de difracción para una muestra de acero M2 recubierto con TiN obtenido con un difractómetro La disposición de los átomos en la celda unitaria es específica de una red cristalina de un material debido a que solo ciertos planos del cristal producen intensidades de difracción esto constituye la base para la determinación de la estructura cristalina. Los rayos X que se utilizan en la determinación de la estructura cristalina de los cristales, es del tipo Kα está polarizado y es monocromático. Su energía se calcula a partir de la ecuación de Planck:

cE h

Donde h es la constante de Planck; c la velocidad de la luz y λ la longitud de onda. La razón de flujo de esta energía a través de un área unitaria perpendicular al movimiento de la onda es la intensidad la cual es proporcional al cuadrado de la amplitud esto es;

2I A

Interferencia constructiva.- Cuando la radiación electromagnética incide sobre los átomos del cristal, todos los electrones emiten ondas esféricas que se expanden y se superponen unas con otras.


40

La técnica más común utilizada para la investigación de la estructura cristalina es por el método de polvos o el método de monocristal, La interpretación de los resultados de la difracción de los rayos X sobre una muestra cristalina es compleja para la mayoría de las sustancia cristalinas y sobrepasa el propósito de este libro por ello solo se propone el análisis de metales cúbicos. El análisis de los datos se simplifica combinando la ecuación de difracción de Bragg con la ecuación para la distancia interplanar la cual para sistemas cúbicos tiene la relación:

2 2 2

ad

h k l

Si se diferencia entre las estructuras cristalinas cúbicas FCC y BCC y del espectro se

pueden identificar los planos de difracción principales y los valores de 2

correspondientes entonces empleando la ecuación de Bragg elevando al cuadrado y

despejando sen2 se obtiene:

2 2 2 2

2

2

( )

4

h k lsen

a

A partir de los resultados experimentales de difracción de rayos X se pueden obtener los

valores de 2 para cualquier serie de planos principales, como la longitud de onda y la

constante de red son constantes entonces se puede obtener la siguiente relación:

2 2 2 2

2 2 2 2

( )

( )

A A A A

B B B B

sen h k l

sen h k l

Aplicando la ecuación y los índices de Miller para los principales planos de difracción

para la estructura BCC 110 y 200 y sustituyendo los índices de Miller hkl para

estos planos se obtiene: 2 2 2 2

2 2 2 2

(1 1 0 )0.5

(2 0 0 )

A

B

sen

sen

Así, si la estructura cristalina de un material desconocido es cúbica y la relación de los

valores de sen2 es 0.5 para las dos primeras series de planos la estructura es BCC.

Aplicando la ecuación y los índices de Miller para los principales planos de difracción

para la estructura FCC 111 y 200 y sustituyendo los índices de Miller hkl para

estos planos se obtiene: 2 2 2 2

2 2 2 2

(1 1 1 )0.75

(2 0 0 )

A

B

sen

sen

Así, si la estructura cristalina de un material desconocido es cúbica y la relación de los

valores de sen2 es 0.75 para las dos primeras series de planos la estructura es FCC.


Problema 2.15

En un experimento usando Rayos X con =1.79Å sobre polvo de platino. Se

observan en una película líneas de difracción localizadas a 2 46.44º, 80.37º y

86.14º. Determine los índices de Miller de los planos que los producen.


41

Solución:

Líneas 2 sen2 sen2

/0.1427 h2+k2+l2 (h, k, l)

1 46.44° 23.22° 0.1554 1 2 (110)

2 80.37° 40.185° 0.4163 2.67 4 (200)

3 86.14° 43.07° 0.4663 3 6 (211)

Solución: terminarlo

Líneas 2 sen2 sen2

/0.1427 h2+k2+l2 (h, k, l)

1 44.4° 22.2° 0.14276 1 2 (110)

2 64.6° 32.3° 0.2855 2 4 (200)

3 81.8° 40.9° 0.4286 3 6 (211)

Problema 2-15

La distancia entre planos (110) en un cristal es 2.024 Å, determine el parámetro de

red, el ángulo 2 resultante cuando se aplican rayos X con =0.558 Å. Proponga el elemento.

Solución : Aplicando la ecuación de difracción de Bragg, donde n es el orden de difracción y se le dará el valor de 1, d es la distancia interplanar la cual para sistemas cúbicos tiene la relación:

2 2 2

ad

h k l

, 2θ ángulo de difracción. Con el valor de d se calcula la

constante de red para la muestra.

0

0

2

7.92

2θ 15.84

n dsen

2 22.024Å 1 1 0 2.8623Åa Consultando los parámetros de red para los elementos de la tabla: El elemento podría ser el Cr con nuna constante de red reportada de 2.8844 A y una estructura BCC o el Fe con una constante de 2.866 y estructura BCC.

Al analizar una muestra de Cr, con rayos X con =1.5418Å se obtienen líneas de

difracción de primer orden localizadas a 2, 44.4º, 64.6º y 81.8º. Determine los índices de Miller de los planos correspondientes a cada línea.


42

Problema 2.16

Solución:

Aplicando la ley de Bragg para difracción, 2n dsen y la ecuación para la

distancia entre planos en sistemas cúbicos,

20024 0 0

a ad

, sustituyendo en la ecuación de Bragg, (1)(0.58 ) 2 9.5

2

o asen

se despeja de la ecuación la constante de red

0

3.514a

Problema 34

Solución: Aplicando la ecuación de Bragg para difracción, se encuentra la constante de red en la muestra deformada,

dsenn 2 , sabiendo que para sistemas cúbicos 222 lkh

ad

, substituyendo

en la ecuación de Bragg,

senlkh

an

2222

entonces

0

0

0

143.46.282

111)29.2)(1(A

sen

Aa

La constante de red para el Cu a temperatura ambiente 0

62.3 Aa

La variación de la constante de red por la deformación,

%45.14100

163.3

)163.3143.4(0

0

x

A

A Se concluye de este resultado que el alambre se

alargó.

Problema 2-17

Un alambre de cobre se deformó al aplicársele una carga externa. A una muestra de

este alambre se le aplicó un análisis de rayos X utilizando radiación con =2.29 Å, el

A una muestra cristalina de Ni se le aplican rayos X, con una =0.58Å y un orden de difracción de n=1. Calcule la constante de red sobre la distancia interplanar d200

si el ángulo de reflexión obtenido de la aplicación de los rayos x fue =9.5º.

Un alambre de cobre se deformó al aplicársele una carga externa. En una muestra

del alambre se aplicó un análisis de rayos x utilizando radiación con = 2.29 Å, el

análisis mostró que el ángulo era de 28.6º para difracción de primer orden en la familia de planos 111.

a) Calcule el cambio porcentual del parámetro de red en relación al parámetro a temperatura ambiente.

b) De acuerdo a los resultados anteriores, deduzca si el alambre se estiró o se acortó?

c) Si la difracción se hubiera producido sobre la familia de planos 110 cual

sería el ángulo 2?


43

análisis mostró que ángulo de difracción 2 era de 57.2º para los planos 111 para n=1

a) Calcule el cambio porcentual del parámetro de red en comparación con el valor de equilibrio.

b) Deduzca si el alambre sufrió alargamiento o compresión.

c) Calcule los ángulos 2 sobre las familias de planos 111 110, 202 para n=1

d) Calcule la densidad planar ( ) en los planos propuestos en c, para el

cristal deformado

Solución: (a) Aplicando la ecuación de difracción de Bragg, donde n es el orden de difracción,

d es la distancia interplanar la cual para sistemas cúbicos tiene la relación

2 2 2

ad

h k l

, 2θ ángulo de difracción. Se calcula la constante de red para la

muestra deformada.

0

0

2

28.6

2.39192

n dsen

nd A

sen

La constante de red para el material después de la deformación

2 2 22.3919Å 1 1 1 4.1429Åa

La constante de red sin deformación para el Cu es 3.62Åa calculando la variación

en %

4.1429 3.62% (100) 14.44%

3.62

(b) Se alargó

(c) Para la familia de planos 4.1429Å

110 2.9295Å1 1 0

d

Para la familia de planos 4.1429Å

202 1.4647Å4 0 4

d

Aplicando la ley de Bragg

2n dsen 2

nsen

d

2 46.01

(d) 111 111 22 2

2 4 4ρ 0.1345

Å3 3 (4.1429Å) 3

222

átomos at

aa

a

110 110 2 22

2 2ρ 0.1165

(4.1429Å) Å2

átomos at at

a


44

202 202 2 2 2

1 2ρ 0.0823

(4.1429Å) Å

2

átomo at at

a

Problema 2-18

Solución: Ni =1.5418 Å 2=36.12 2=43.05 2=76.64 a=3.5167 Å. Aplicando la ecuación de Bragg para difracción:

n=2dsen

a) 2.4866717682

dsen

2 2 2 2( ) 2a

h k ld

110

b) 2.101076451 2.8d c) 1.243280951 8d 220

a) 2.88

2 76.86

d

b)

1.6628

90

d

2.3515

2 99.14

d

De un análisis por rayos X con una = 1.5418Å aplicados a una muestra cristalina,

se obtiene sobre una película una línea de difracción localizada a 2 = 38.51º; para los planos (111), determinar la constante de red de la muestra, determine el tipo de estructura a la que pertenece la muestra.

Solución: Aplicando la ley de Bragg para difracción y la relación de distancia entre planos para sistemas cúbicos:

8

88

2

1 1 1 3

21.5418 10

3

1.335237968 103.3852 10

0.3944268

n dsen

a ad

ax cm sen

xa x cm

Como partimos del sistema cúbico hay tres posibilidades, se calcula el radio atómico considerando cada una de las estructuras.

2 1.6926Å2

aCSa r r

4. 3 1.4658Å

43

r aB CCa r

4 21.1968Å

42

r aFCCa r

De la difracción de Rayos X con = 1.5418Å obtenida del polvo de Ni. Sobre

una película se observan líneas de difracción localizadas a 2= 36.12º, 43.05º y 76.64º. El parámetro de red del Ni es 3.5167Å. Determine los índices de Miller de los planos que producen estas líneas.


45

PROBLEMAS PROPUESTOS 1.-Determine el número de puntos equivalentes y de átomos por mm2 que habrá en los planos (031) y (210) para el Cu y el C 2.-Determine la densidad lineal de puntos equivalentes y la densidad lineal de átomos por mm en las direcciones [100] y [120] para el NaCl y Al. 3.-Dibuje las direcciones [1-2-0], [210], [1-1-1] y [121] en una celda hexagonal.

4.- Al analizar una muestra de Cr con rayos x con una = 1.5418Å, se obtienen

líneas de difracción de primer orden con ángulos de 2 44.4º, 64.6º y 81.8º. Calcule los índices de Miller de los planos correspondientes a cada línea.

5.-En una película se observan líneas de difracción localizadas a 2=46.44º, 80.37º

y 86.14º, obtenidas en un experimento usando Rayos X con =1.79Å en polvo de platino. Determine los índices de Miller de los planos que los producen.

6.- Determinar la densidad de átomos/mm, para las direcciones [110] [210] y [1-11]. En las estructuras de la fig.

7.- La distancia entre planos (110) en un cristal es 2.024Å, determine el parámetro de red y el radio de los átomos del material. ¿Cuál sería el elemento más probable

y el ángulo 2 resultante cuando se aplican rayos X con =0.558Å?

8.- En una película usando radiación de rayos X con =1.5418Å, se observa una

línea de difracción 2=76.64º, esta es obtenida de polvo de Ni, el parámetro de red del Ni es 3.5167Å, cuales son los índices de Miller del plano que produce la línea, si se usaron 10 gr de polvo de Ni, cuántos átomos están presentes? Cuántos electrones de valencia que puedan conducir corriente?

9.- Para analizar Ag se aplica radiación con = 1.79Å, cual es el ángulo 2 de difracción para líneas de difracción de segundo orden de los planos (101), (211) y (111) 10.-Determinar el diámetro del átomo más grande que pueda caber en un intersticio de una celda CC de Rubidio. (a)¿Cuál elemento puede introducirse en la celda? (b) Si en una de cada 23 celdas se incrusta uno de estos átomos. ¿Cuál será la

densidad del material?

11.- a) Calcule al ángulo de difracción 2 de la reflexión de los planos (110) en el

Hierro a temperatura ambiente si las líneas de difracción son de primer orden y es de 1.79Å.


46

b) Por difracción de rayos x se determinó que el parámetro del latice del hierro a T.A. es 2.89Å y a 913ºC 3.66Å. Determine el radio atómico en cada caso y calcule el porcentaje de incremento o reducción del radio producido por esta transformación

c)Cual será la densidad planar a temperatura ambiente y cual a 913ºC en esos planos

1) Determine el número de átomos y puntos equivalentes por mm2 para los planos (001) y (102) para el C y el Mo.

2) Determine la densidad planar por cm2, en los planos (100), (210) y (1-11-) para el Cu y el NaCl.

3) Al analizar una muestra de cromo con rayos X con una = 1.5418 Å se obtienen

líneas de difracción con ángulos = 22.2º, 32.3º y 40.9º. Determinar los índices de Miller de los planos correspondientes a cada línea. a=2.8845Å

4) Determine la densidad lineal de puntos equivalentes y de átomos por mm en las direcciones [111], [121] y [101] para el NaCl, Au y Si.

5) 6) Dibuje los siguientes planos en una celda hexagonal (12-20), (11-02), (1001 y (325-

0) 7) Determine la cantidad de átomos y de puntos equivalentes por cm2en los planos

(001) y (210) para el Cu y C.

1) a)Determine el tamaño de grano ASTM cuando se observan 5, 10 y 15 granos al microscopio a 100x, 250x y 500x si la longitud del recuadro observado es de 3.5 cm

1) b)Determine el tamaño equivalente de grano cuando se interceptan 8, 15 y 17 fronteras de grano a los mismos aumentos y con el mismo recuadro del inciso a). En un circulo de 3 cm de diámetro se observan 13 granos, y 13 intercepciones de frontera de grano. Si el aumento utilizado es 100x, 250x, 500x y 800x determine el número de tamaño de grano ASTM y el número de tamaño de grano equivalente.

1) a)Determine el tamaño de grano ASTM cuando se observan 8, 14, 19 granos al microscopio a 100x, 300x y 800x sobre un circulo de 10 cm de diámetro.

b) Determine el tamaño de grano equivalente cuando se interceptan 13, 18 y 21 fronteras de grano a los mismos aumentos y sobre el mismo circulo del inciso a.

2) Una barra cilindrica de Niquel contiene 2.3x103 vacantes/cm3 a 370ºC y 4.7x108 vacantes a 542ºC, las dimensiones de la barra son 12.7 mm de diámetro y 5 cm de longitud. a) Determine el número total de vacantes en el material a 435ºC b) Determine el número de celdas por cada vacante

1) Durante el estudio de un material policristalino se aplica a los granos un circulo de prueba de 20 cm de diámetro encontrandose 13 intersecciones de frontera de grano y 35 granos. Determine el Nº de tamaño de grano por los dos metodos vistos si el aumento a que se observa fue a)100x, b)250x, c)500x, d)800x.

2) Suponga que en un material de cobre hay una vacante por cada 60 celdas unitarias y que se han sustituido 2 de cada 50 átomos por átomos de Sn. Si suponemos que no hay cambio en el parámetro de red determine: a) Densidad teórica del Cu b) Densidad del material con vacantes c) Densidad del material con átomos de sustitución d) Densidad real del material con vacantes y átomos de sustitución


47

1) Determine la densidad de puntos equivalentes y de átomos para el Cu, NaCl y Mo en las direcciones [120] y [111] por cada cm.


48

Capítulo 3

DEFECTOS

Imperfecciones cristalinas En la realidad, no existen cristales perfectos sino que los cristales contienen varios tipos de defectos e imperfecciones que afectan a sus propiedades. Esto es de importancia en Ingeniería ya que su conocimiento se logra su manejo para lograr el control de las propiedades del material que los contiene. Las imperfecciones en los cristales se clasifican en: Defectos puntuales de dimensión cero, defectos de línea o de una dimensión (dislocaciones), defectos de dos dimensiones que incluyen límites de grano y granos. Las imperfecciones en los apilamientos atómicos, son responsables de afectar las propiedades físicas, químicas y mecánicas, eléctricas y ópticas. Las imperfecciones en los sólidos se clasifican como: 1.- Defectos puntuales o de dimensión cero. Vacantes, defectos de Schottky, defectos Frenkel e intersticialidades. 2.- Defectos de línea o de una dimensión (dislocaciones). Defectos de borde y de tornillo. 3.- Defectos superficiales. Fronteras de grano, granos. 4.-Compuestos anestequiométricos. 5.- Defectos macroscópicos o de volumen. Poros, fisuras e inclusiones. 6.- Soluciones sólidas

1.- Defectos puntuales o de dimensión cero

A todas las temperaturas superiores al cero absoluto, los átomos de un sólido están sujetos a vibraciones térmicas, lo que significa que vibren continuamente alrededor de su posición de equilibrio en la malla con una amplitud promedio de vibración que aumenta con la temperatura. A una temperatura dada siempre hay un espectro amplio de amplitudes de vibración, con lo que las vibraciones en una región localizada ocasionalmente pueden ser tan intensas que desplazan un átomo de su posición en la malla y se forma una vacancia. El átomo desplazado se puede mover a un intersticio, a este defecto se le conoce como Frenkel y a la vacancia simple se le conoce como Schotky. Experimentalmente se ha encontrado que a ciertas temperaturas existen concentraciones de equilibrio en los defectos de Frenkel y Schottky, lo que significa que el cristal con defectos debe tener una energía libre más baja que el cristal perfecto. La energía libre está definida por la siguiente ecuación:

G H T S

Donde representa la energía necesaria Ed para formar un defecto, o para desplazar un átomo de su lugar en la malla, en este caso Ed es positiva y por tanto corresponde a un aumento de la energía libre del cristal. Por otra parte la presencia de defectos aumenta el grado de desorden del cristal y aumenta la entropía, lo que favorece la disminución de la energía libre. Las contribuciones relativas de estos dos términos a la energía libre del cristal están dadas en función del número de defectos, n, en la fig. se observa que conforme aumenta el número de defectos, la energía libre cae hasta un mínimo y luego aumenta, el número de equilibrio de defectos ne corresponde a la condición de energía libre mínima.


49

Fig.3.1 El número de equilibrio de defectos ne, corresponde a la condición de mínima

energía libre.

Calculando la condición de energía mínima libre en función de la temperatura,

Boltzman obtuvo la siguiente expresión que proporciona el número de equilibrio ne y

por tanto la concentración ce de equilibrio de los defectos.

expe De

n Ec A

N KT

Donde N es el número total de átomos en el cristal, A es una constante que con

frecuencia se toma igual a la unidad, T es la temperatura absoluta y K es la constante de

Boltzman.

Problemas Resueltos: Solución:

Base de cálculo 1 celda de MgO, este presenta la estructura FCC, con 4Mg2+

y 4O-2.

Peso atómico Mg 24.312 masa de 4Mg2+

=1.6146x10-22

g

Peso atómico O 15.999 masa de 4O-2

=1.0625x10-22

g

la masa total en la celda unitaria Mt= 2.677x10-22

g

Calculando la densidad teórica

22

23

2.677 103.6134 /

7.4088 10

x gg cc

x cc

Comparando la densidad de la muestra contra la densidad teórica del MgO encontramos

que si el volumen de la celda permanece constante, la diferencia en masa por celda

unitaria será.

22 22 242.677 10 / 2.6523 10 / 2.47 10 /x g cu x g cu x g cu

el número de defectos Shottky (la vacancia simple)

24

22

2.47 10 (4 / )

0.06119

1.6146 10

gx iones cu

vaccug cu

xcu

La densidad para una muestra de MgO es 3.58g/cc su parámetro de red es de 4.20 Ȧ.

Determine el número de defectos Shottky por celda unitaria en el MgO presentes en

la muestra.


50

problema

Solución: Base de cálculo 1cm3 de Si No. de celdas en la barra de Si a=5.4307 Ȧ a3=1.6016x10-22 cm3 Vol. De la Barra =62.832 cm3 en 1cm3 de Si, hay 6.243564x1021 celdas/cm3 Y 4.99485x1022at.Si/cm3

Para 300°C

2 321

22 3

3.1 10 /6.20639 10

4.99485 10 /

n x vac cmx

N x at cm

Para 600°C

Determinando la constante M del sistema,

24 2421 16(13.8 10 / )(573 ) (13.8 10 / )(873 )6.20639 10 ;7.966 10

E E

x J K K x J K Kx Me x Me

21 14

21 20ln 6.20639 10 ln ;ln5.0016 10 ln

7.9074 10 1.20474 10

E Ex M x M

x J x J

21 2046.52871 ln ; 30.62572 ln

7.9074 10 1.20474 10

E EM M

x x

Despejando:

0.77805M 193.6594 10E x J

Vacantes a 490°C en la barra

19

24

3.6594 10

16(13.8 10 / )(763 )0.77805 6.2732 10

x J

x J K Kne x

N

22 3 16 7 34.99985 10 / (6.2731 10 ) 3.13 10 /x at cm x x vac cm

Una barra de Si de 2 cm. de diámetro y 20 cm de longitud contiene 3.1 x 102

vacantes/cm3 a 300°C y 2.5 x 10

9 vacantes/cm

3 a 600°C.

a) Determinar las vacantes a 490°C

9 314

22 3

2.5 10 /5.00516 10

4.99485 10 /

n x vac cmx

N x at cm


51

Comprobar resultados mios y de Frank 1) T=500ºC ; 1x10-9 ; T=1000ºC ; 1x10-6

20 209 61.0667 10 1.75674 101 10 ;1 10

E EE

x xKTn

Me x Me x MeN

20 2020.723266 ln 13.51551 ln

1.0667 10 1.75674 10

E EM M

x x

19 20 19 202.21055 10 1.0667 10 ln ; 2.42703 10 1.75674 10 lnx x M E x x M E

20 212.1648 10 6.9004 10 ln ;ln 3.137209x x M M 0.0434M

191.8759 10E x

191.8759 10

4 13463.043510 ; 9.2103 3.137209

x

KTMeT

1943.8º (2216.8º )T C K

19

24

1.8759 10

(13.8 10 )(473)0.0434

x

xne

N

141.43 10x

Solución : a) Base de cálculo 100g de aleación entonces en 100g existen: El peso atómico del Cu 63.54 el número de átomos de en 75g de Cu 7.1093x1023 El peso atómico del Zn 65.37 el número de átomos de en 25g de Cu 2.3034x1023 No total de átomos 9.4127x1023 ;

23

% %23

7.1093 10 .100 75.52

9.4127 10 .a a

x atCu x

x at

23

% %23

2.3034 10 .100 24.47

9.4127 10 .a a

x atCu x

x at

b)

La estructura de la aleación es FCC así en la celda existen 4 átomos/celda unitaria de

estos, 23

% %23

7.1093 10 .100 75.52

9.4127 10 .a a

x atCu x

x at

4(75.52). 3.020

100at Cu

Un latón contiene 75% de Cu y 25% de Zn en peso.

a) Determine los porcentajes atómicos de cada uno de los componentes.

b) ¿Cuál es el peso de cada celda unitaria de este latón?

c) La densidad de este latón es 8.5g/cm3.¿Cuál es el volumen y el valor de la

constante de red de este material?


52

4(24.47). 0.9788

100at Zn

En la celda unitaria por cada 4 átomos existen 3 átomos de Cu y 1 átomo de Zn.

c)

La total de esta cantidad de átomos en cada celda unitaria es:

4(24.47). 0.9788

100at Zn

22 22 223.1648 10 1.0853 10 4.2502 10tM x g x g x g

La densidad de la celda es:

22 22 223.1648 10 1.0853 10 4.2502 10tM x g x g x g

3

22

3

4.2502 108.5 g

cm

x

a

Despejando la constante de red:

3

22

3

4.2502 108.5 g

cm

x

a

0

3.68a A

Propiedades Electrónicas

Prob. De estudio Colangelo pag 136 5.3 En un cierto material a 500ºC 1 átomo por cada 109 tiene la energía necesaria para saltar y ocupar una vacante adyacente sin embargo a 1000ºC 1 átomo de cada 106 tiene la energía suficiente para lograrlo. Determine E si la fracción de átomos n/N que poseen esta energía es:

E

kTn

AeN

resp. 1.2 eV

9

4

500

ln ln

1ln ln

10(2 )773º

º

20.723 ln

1546

ln 20723 6.4683 10

T C

n EA

N kT

EA

calK

mol K

EA

cal

mol

A x E

6

4

4

1000

1ln ln

10(2 )(1273 )

º

16.1180 ln 3.9277 10

ln 16.1180 3.9277 10

T C

EA

calK

mol K

A x E

A x E

Igualando las ecuaciones:


53

4 4

4

20723 6.4683 10 16.1180 3.9277 10

2.5406 10 20,706.882

81,503.904

x E x E

x E

calE

mol

Solución; E

kTn

AeN

686.1 10º

evk x

K

52.5 10A x

6

2.0

(86.1 10 )(1073)º

4

1

10

ev

evx

KAe

6

2.0

(86.1 10 )( )5 º

1(2.5 10 )( )

1000

ev

evx T

Kx e

Tomando Logaritmos

3

3

3

23.2288 106.9077 12.4292

23.2288 1019.3369

23.2288 101201.2680º

19.3369

x

T

x

T

xT T K

3) Si Ø=2 cm; l=20cm; 3.1x102 v/cm3; T=300ºC ; 2.5x109 v/cm3 @ 600ºC ; a=5.4307

21 14

1 2

; 6.20639 10 ; 5.00515 10 ;ln lnEa

KTn n n n Ea

Me x x MN N N N KT

21 14

24 24ln 6.20639 10 ln5.00515 10

(13.8 10 )(573) (13.8 10 )(873)

Ea Eax x

x x

20 39 21 391.20474 10 4.4325 10 7.9074 10 2.9175 10x Ea x x Ea x 39 211.515 10 4.14 10x x Ea

193.6594 10 0.7783Ea x M 19

24

3.6594 10

16(13.8 10 )(763)0.7783 6.2752 10

x

xn ne x

N N

7 3# 3.134 10 /VAC x cm

24# 3.1384 10at x

Para formar una vacante en un metal se requiere una energía de activación de 2.0 eV a 800ºC hay una vacante por cada 104 átomos ¿A qué temperatura habrá una vacante por cada 1000 átomos?


54

Problema 3.1

Solución: Calculando el volumen de la barra;

3

2

334.652

27.1cmcm

cmV

, el Ni tiene la estructura FCC y a=3.5072x10-8 cm, 4

átomos de Ni están contenidos en un volumen de 4.3140x10-23 cm3 por lo que en 1cm3

de Ni; .10318.2 22atxN

Aplicando la ecuación de Boltzman para 370°C;

E

KTn

MeN

, 24

3(13.8 10 )(643 )

22

2.3 10

2.318 10

JK

E

x kxMe

x

aplicando logaritmos,

20

21ln9.92235 10 ln

8.8734 10

Ex M

x

Despejando;

21108734.87569.43ln

x

EM (1)

Aplicando la ecuación de Boltzman para 542°C,

248

(13.8 10 )(815 )

22

4.7 10

2.318 10

JK

E

x kxMe

x

14

20ln 2.0276 10 ln

1.1247 10

Ex M

x

Despejando;

20101247.15293.31ln

x

EM (2)

Igualando (1) y (2):

21 2043.7569 31.5293

8.8734 10 1.1247 10

E E

x x

Resolviendo para E;

20 191.1269 10 43.7569 8.8912 10 31.5293x E x E 192.3778 10 12.2276x E

19

19

12.22765.1424 10

2.3778 10E x J

x

Substituyendo E en (2) y resolviendo para M; 61.458618 10M x

Para encontrar las vacantes totales a 435oC 19

24

5.2414 10

(13.8 10 )(708 )61.4586 10Jk

x J

x knx e

N

187.3435 10

nx

N

despejando,

5 31.7022 10 /n x vacantes cm

Una barra de níquel contiene 2.3 x 103 vacantes por centímetro cúbico a 370oC y 4.7 x 108 vacantes a 542oC, las dimensiones de la barra son12.7 mm de diámetro y 5 cm de longitud. Determine el número de vacantes totales en el material a 435 °C.


55

5 3 3 61.7022 10 . / 6.31 1.078 10vacantestotales x vac cm x cm x

Problema 3.2

Solución: La constante de red del Fe; a=2.9098Ȧ

a) 23 8 3

(2 .)(55.847 )

(6.023 10 .)(2.9098 10 )T

at g

x at x cm

37.527 /g cm

b)23 8 3

(89)(55.847 )

(45)(6.023 10 .)(2.9098 10 )V

g

x at x cm

37.443 /g cm

c)23 8 3

(1)(12.11 ) 150(55.847 )

(75)(6.023 10 .)(2.9098 10 )C

g g

x at x cm

37.538 /g cm

d)23 8 3

(1)(52 ) 49(55.847 )

(25)(6.023 10 .)(2.9098 10 )Cr

g g

x at x cm

37.518 /g cm

e) 23 8 3

(3)(12.11 ) 9(52 ) 436(55.847 )

(225)(6.023 10 )(2.9098 )M

g g g

x at cm

37.444 /g cm

Problema 3.3

El número de vacantes aumenta cuando la temperatura aumenta, entre 20ºC y 1020ºC, la constante de red de un metal con estructura BCC, aumentó un 0.5 l/0 debido a la expansión térmica, en el mismo intervalo de temperatura la densidad disminuyó 2%, teniendo una vacante por cada 1000 celdas unitarias a 20ºC. ¿Cuántas vacantes habrá por cada 1000 celdas unitarias a 1020ºC?

Solución:

La estructura del metal es BCC entonces la constante de red, 4

3

ra el metal presenta

1/1000c.u =1x10-3vacantes/cu Calculando la densidad, Tomando como base de cálculo 1 celda unitaria,

3 3

20º 33

3 3

1020º 3 3

3

1020º 3

2 (1 10 ) ( ) / 1.999( )( 3)

4 ( )64( )

3

1.999 ( 3) 1.999 ( 3)0.02

( )64 ( )64

1.999 ( 3)1 0.02 (1)

( )64

C

C

C

at x PA NA PA

r NA r

Pat Pat

NA r NA r

Pat

NA r

En una pieza de Fe se encuentra 1vacante por cada 45 celdas, 1 átomo de carbono por cada 150 átomos de Fe y un átomo de cromo por cada 50 átomos de Fe.

a) La densidad teórica del Fe b) La densidad del Fe con vacantes. c) La densidad del Fe con átomos de carbono. d) La densidad del Fe con átomos de cromo. e) La densidad del Fe con todos los defectos.


56

Considerando la disminución de la densidad y el aumento de la constante de red Se establece la siguiente ecuación en donde x representa en número de vacantes a 1020ºC por cada 1000c.u

)2(

)005.1(3

4

2

3

4005.0

3

4

)2(33`1020

r

x

rr

xNAPA

NAPA

C

Igualando (1) y (2)

3 3

3 3 3

3

. ( 3) (1.999)(0.98) (2 ) . ( 3)

( )64 64 (1.005)

Re

1.95902(1.005) (2 )

0.011447528 / . .

11.44 /1000

P at x P at

NA r NA r

solviendo

x

x Vacantes cel unit

y Vacantes cu

Problema 3.4

Solución: PAtCu= 63.54 gr ; PAtNi=58.71 gr la constante de red para el Cu a = 3.62 Å Base de cálculo una celda unitaria

a)23 8 3

(4 .)(63.54 )

(6.023 10 .)(3.62 10 )Cu

at g

x at x cm

=

38.8955 /g cm

Base de cálculo 225 sitios de la red del Cu.

b)23 8 3

(224)(63.54)(4)

(6.023 10 )(3.62 10 ) (225)M

x x

=

38.8559 /g cm

Base de cálculo una celda unitaria del Cu, esta es FCC con 4 átomos por celda el 25% de 4 es 1 esto es lo que existe de Ni en cada una de las celdas, entonces la densidad de la aleación es:

c)23 8 3

3(63.54) 58.71

(6.023 10 )(3.62 10 )A

x x

=

38.7264 /g cm

A 1000oC, uno de cada 225 sitios en la red del cobre está vacante. El material se enfría rápidamente hasta 20°C de manera que las vacantes permanecen. Determine:

a) La densidad teórica del cobre b) La densidad del material obtenido c) Si se tiene una aleación cobre-níquel con 25 % atómico de níquel cual sería la

densidad del material


57

Problema 3.5

Solución: El Fe a temperatura ambiente tiene la estructura BCC, si tomamos como base de cálculo 1 celda unitaria de Fe. Existen 2 átomos de hierro por celda unitaria, el peso atómico del hierro es 55.847 si se toma en gramos ese peso le corresponde a 6.023 x 1023 átomos de hierro, utilizando la ecuación (1).

v

m (1)

Sustituyendo la masa de 2 átomos de hierro sobre el volumen de la celda unitaria;

a)23 8 3

(2 .)(55.847 )

(6.023 10 .)(2.9098 10 )T

at g

x at x cm

37.5271 /gr cm

Cambiando la base de cálculo a 60 celdas unitarias de hierro BCC, se calcula el volumen de las 60 celdas unitarias;

383 )109098.2(6060 cmxav ; en 60 celdas BCC existen 120 átomos de hierro

menos 1 vacante tendremos 119 átomos de hierro, sustituyendo la masa de estos átomos y el volumen de las 60 celdas en la ecuación (1);

b)23 8 3

(119 )(55.847 )

(6.023 10 )(2.9098 10 ) (60)VAC

at g

x at x cm celdas

37.4644 /gr cm

Cambiando la base de cálculo a 100 átomos de hierro con estructura BCC, esto

corresponde a 50 celdas unitarias, 383 )109098.2(5050 cmxav utilizando la

ecuación (1);

c)23 8 3

(100 )(55.847 ) (1 )(12 )

(50 .)(6.023 10 )(2.9098 10 )C

at g at g

cel x at x cm

37.5433 /gr cm

Empleando de nuevo la base de cálculo de 60 celdas unitarias de hierro BCC, y considerando la masa de hierro menos una vacancia, mas la masa de los átomos de carbono intersticial empleando esto en la ecuación (1);

d)23 8 3

(119 )(55.847 ) (12 )(1.2 )

(60 )(6.023 10 )(2.9098 10 )MAT

at g g at

celdas x at x cm

37.4765 /gr cm

Problema 3.6

Una estructura de hierro contiene una vacante por cada 60 celdas y un átomo de carbono intersticial por cada 100 átomos. Si suponemos que no hay cambio en el parámetro de red, determinar:

a) La densidad teórica del hierro b) La densidad del hierro únicamente con vacantes c) La densidad del hierro únicamente con átomos intersticiales d) La densidad del material con vacantes y átomos intersticiales.

Una muestra de Sr contiene una vacante por cada 50 celdas y un átomo de nitrógeno intersticial por cada 125 átomos. Si suponemos que no hay cambio en el parámetro de red, determinar:

a) La densidad teórica del estroncio b) La densidad del estroncio únicamente con vacantes c) La densidad del estroncio únicamente con átomos intersticiales d) La densidad del material


58

Solución: Se tomará una base de cálculo de 62.5 celdas unitarias de Sr el elemento tiene la estructura cristalina BCC con una constante de red a=6.0849Å V=a3= (6.0849x10-8cm)3=2.2529x10-22cm3

Volumen de 62.5 celdas unitarias=1.4080x10-20cm3, peso atómico del Sr 87.62 62.5 celdas de Sr contienen 250 átomos de Sr estos pesan,

20

23106368.3

10023.6

)62.87)(250( xatdeSrx

gatdeSrm

3

20

-20 3

3.6368 102.5830

1.4080x10

g

T cm

x g

cm

Se toma como base de cálculo 50 celdas unitarias de Sr, las cuales contienen 200 átomos pero existe una vacante entonces la masa es para 199 átomos de Sr

323 22 3

(199 )(87.62 )2.5699

(50 )(6.023 10 )(2.2529 10 )

g

V cm

atSr g

celdas x atSr x cm

Se toma como base de cálculo 62.5 celdas unitarias de Sr, las cuales contienen 250 átomos pero existen átomos intersticiales, entonces la masa es para 250 átomos de Sr más 2 átomos de N.

323 22 3

(250 )(87.62 ) (2 )(14 )2.5862

(62.5 )(6.023 10 )(2.2529 10 )

g

N cm

atSr g atN g

celdas x at x cm

Se toma como base de cálculo 62.5 celdas unitarias de Sr, las cuales contienen 250 átomos pero existen vacantes y átomos intersticiales, entonces la masa es para 248.75 átomos de Sr mas 2 átomos de N.

323 8 3

(2 )(14 ) (248.75 )(87.62 )2.5731

(62.5 )(6.023 10 )(6.0849 10 )

g

M cm

at g at g

celdas x at x cm

Problema 3.7

Solución: a) Se toma una base de cálculo de 1 celda unitaria de Fe. Para b, se toma una base de cálculo de 45 celdas. Para c, se toma una base 120 átomos de fierro. Para d, la base de cálculo 120 átomos de hierro el cual tiene la estructura cristalina BCC con una constante de red a=2.9098Å, y radio atómico=1.26 Å

23 8 3

(2 )(55.847 )

(6.023 10 )(2.9098 10 )T

at g

x at x cm

37.527 /g cm

23 8 3

(89 )(55.847 )

(45)(6.023 10 )(2.9098 10 )V

at g

x at x cm

37.443 /g cm

Una muestra de acero contiene una vacante por cada 45 celdas y un átomo de carbono intersticial por cada 120 átomos y suponemos que no hay cambio en el parámetro de red, determinar: a) La densidad teórica del fierro b) La densidad del fierro únicamente con vacantes c) La densidad del fierro únicamente con átomos intersticiales d) La densidad del material


59

23 8 3

(120 )(55.847 ) 1 (12 )

(60)(6.023 10 )(2.9098 10 )c

at g at g

x at x cm

37.541 /g cm

23 8 3

(118.67 )(55.847 ) 1 (12 )

(60)(6.023 10 )(2.9098 10 )M

at g at g

x at x cm

37.457 /g cm

Defectos de línea o de una dimensión (dislocaciones). Dislocaciones: Si un problema elástico es definido en términos de los desplazamientos, se puede considerar el campo elástico de una dislocación de borde en un medio infinito y elásticamente isotrópico. Una forma de producir una dislocación de borde es entresacando un plano del cristal y acercando las caras expuestas como se observa en la figura.

Fig.3.2 Formación de una dislocación de borde

Los desplazamientos elásticos así producidos son todos paralelos a la normal del plano a la línea de la dislocación y son convenientemente definidos, considerando la relación entre la dislocación de borde y una dislocación de cuña.

Fig.3.3 Formación de una dislocación de cuña y una dislocación de borde. La fig.3.3 muestra la formación de una dislocación de cuña positiva, que se crea removiendo la cuña AOB de un ángulo pequeño Ω (a), y forzando las caras a AO y OB a estar en contacto (b). Una dislocación de cuña negativa se forma haciendo un corte radial a través de AO (d) forzando a la formación de un pequeño ángulo Ω y uniendo, si un corte radial OC es hecho (b) el material se abrirá para formar la brecha COD de


60

ángulo pequeño Ω en (c), y los esfuerzos desaparecerán, en efecto el sector BOC ha sido rotado meramente de la posición que tuvo en (a). Si COD es ahora rotada con un ángulo Ω nada es cambiado, el cuerpo permanece libre de esfuerzos, y existe aún una dislocación de cuña a lo largo de OC. Esto significa que una dislocación de cuña a lo largo de cualquier radio cancela el campo de esfuerzos de una dislocación de cuña positiva a lo largo de cualquier otro radio entonces i.e, (i) Su campo de esfuerzos son iguales y opuestos (ii) El campo de esfuerzos de una dislocación de cuña es cilíndricamente simétrica.

La declaración (i) implica que los esfuerzos derivados de los dos desplazamientos +wu

y - -wu son iguales. Así que el desplazamiento solo puede diferir por el desplazamiento

de un cuerpo rígido. Si las dos dislocaciones son formadas como en a), d) con un punto común O y una dirección común no desviada OA, entonces.

-wu = +w

u

Ahora hacemos una dislocación de cuña positiva y entonces una dislocación de cuña negativa con su ápice a una pequeña distancia d=OO ’ como se muestra en (e). Una forma de hacer esto es: (i) Cortar a lo largo de AO, BO (ii) Deslizar la cuña hacia abajo tal que su ápice esté en O ’ y se una a lo largo de AO’ un cuerpo sin esfuerzos conteniendo una fisura radial de lados paralelos de ancho b= Ωd es derecha,

(iii) Cierre la fisura y únala El resultado de cerrar los lados de la fisura paralela de ancho b, es la de producir una dislocación de borde con un vector de Burgers de magnitud b,

Es evidente que

( , ) ( , ) ( , )

( , ) ( , )

e w w

w w

u x y u x y u x y d

u x y u x y d

Poniendo esto en forma diferencial, y substituyendo b= Ωd,

...,e w

bu u

y

i.e el campo elástico de una dislocación de borde puede ser obtenida de aquélla de una dislocación de cuña simplemente por diferenciación. Usando el sistema de coordenadas definido en la figura 6.8.2. f, muestra que el desplazamiento elástico debido a una dislocación de borde es

1

2

2

2

1u = tan

2 2(1 )

1 2 1 1= ln

2 2(1 ) 2(1 )

b y xy

x r

b y

r r

Donde σ es la relación de Poisson.


61

Un tipo de defectos lineales son las dislocaciones, estos son largos en una dirección

en tanto que miden solamente alrededor de uno o dos diámetros atómicos en dirección

perpendicular a su longitud. En la fig. se observa un monocristal cargado en tensión la

fuerza aplicada se descompone en dos componentes, una componente normal de

tensión PT y una componente paralela Ps a cualquier plano ( o sea una fuerza cortante),

en el plano XX’.

Esto significa que una fuerza de tensión produce fuerzas cortantes y por tanto

esfuerzos cortantes en una muestra. El valor del esfuerzo cortante varía con la

orientación del plano y es máximo para los planos a 45° respecto al eje de tensión. El

orden de largo alcance alcanzado en el cristal perfecto, por las posiciones regulares de

los átomos, moléculas o iones en la red, minimiza la energía potencial del cristal; así la


62

presencia de defectos en la red cristalina presenta una elevación de la energía

potencial en todos los átomos, moléculas o iones en los que la presencia de estos

defectos afectan sus posiciones de equilibrio. Por lo tanto se le puede asignar una

energía a una dislocación, esta es la energía incorporada en la estructura cristalina por

efecto del desplazamiento de los átomos, moléculas o iones de sus posiciones de

equilibrio.

Estimando la energía para una dilocación de tornillo en un cilindro de longitud l como

se muestra en la figura.


63

En un radio r, la deformación de un anillo delgado de espesor dr está dada por la

magnitud b del vector de Burgers de manera que la deformación cortante

, es

/ 2b r

fig b y aplicando la ley de Hooke para el corte el esfuerzo promedio

, está

dado por / 2Gb r en donde G es el módulo de corte elástico, entonces el campo de

esfuerzo de una dislocación es inversamente proporcional a la distancia de la

dislocación y por tanto se describe de largo rango

, así las dislocaciones interactúan entre sí a distancias bastante largas de hecho el campo

de esfuerzo podrá alcanzar un valor del orden de 10-5

G, a distancias de 10,000 átomos

del núcleo.

La energía del esfuerzo elástico dw de un pequeño elemento de volumen dv está dado

por 1

2dv de manera que se obtiene:

21 1 1

.2 2 2 2 2 2

Gb b bdw dv dv G dv

r r r

Pero como el volumen del elemento anular es 2 rldr , 2

4

Gb l drdw

r

La energía alrededor de la dislocación se obtiene integrando esta ecuación hasta el

límite R. Sin embargo, no se toma el límite inferior de la integración igual a cero por las

siguientes razones:

a) El cálculo supone que que el material es un continuo isótropo aunque en la

región cercana en la dislocación esta suposición es irreal, por lo que es


64

necesario considerar los desplazamientos y las fuerzas entre los átomos

individuales.

b) Los esfuerzos cerca de la dislocación son grandes, y la ley de Hooke, en que

están basados los cálculos no funciona con esfuerzos grandes. Por ello se

toma el límite inferior de integración con un valor pequeño ro (que con

frecuencia se hace igual a b, la región dentro de ro se conoce como el centro

de la dislocación así se obtiene:

2

4 o

R

cr

Gb l drE E l

r

En donde cE l es la energía del esfuerzo dentro del radio 0 a ro, o sea que sería la

energía del centro, aunque el cálculo de la energía del centro es complejo se

acepta como razonable 2 /10Gb l , por tanto al integrar para obtener la energía del

esfuerzo elástico se obtiene para la energía total de esfuerzo:

2 2

ln4 10o

Gb l R Gb lE

r

Ya que generalmente R>>ro, el término logarítmico de esta expresión varía

lentamente con R/ro, para una aproximación, se puede tomar R>>ro igual a 4 ,

con lo que:

22

10

Gb lE Gb l

Dos características importantes se muestran en la ecuación.

1.- La energía total es proporcional al alcuadrado del vector de Burgers.


65

2.- La energía del centro es de 1/10 de la energía del esfuerzo elástico.

Existe una nomenclatura para describir las dislocaciones en función del vector

de Burgers.

Cuando b es de magnitud igual al espaciado de malla, se conocen como

dislocaciones unitarias, este es un caso específico de una dislocación perfecta,

esto es el vector es un número entero de espaciados de malla.

Una dislocación imperfecta es cuando el vector de Burgers es menor a la unidad,

una superdislocación puede ser perfecta o imperfecta con un vector de Burgers

mayor que la unidad.

Fuerza en las dislocaciones:

La fuerza en una dislocación como consecuencia de un esfuerzo aplicado está

relacionado al vector de Burgers de la dislocación. En la fig. se observa un

cristal de espesor unitario que se ha cortado por el movimiento de una sola

dislocación de borde desde la cara A a la cara B. Si F es la fuerza por unidad de

longitud unitaria de dislocación entonces FL es el trabajo hecho cuando se

mueve una dislocación desde la cara A a la cara B, la fuerza en el plano de

deslizamiento debido al esfuerzo cortante aplicado es 1xarea xLx L , y

esta fuerza hace trabajo para producir el desplazamiento b(vector de Burgers).

El vector de Burgers es la magnitud y dirección de deslizamiento resultado del

movimiento de una sola dislocación, b.

PROBLEMAS RESUELTOS

Problema 3.7

Dibujar un circuito de Burgers para una dislocación de borde en un cristal cúbico

primitivo. El vector de Burgers en determinado cristal para una dislocación de borde

es de 2.5 x 10-10. Calcular la fuerza por longitud unitaria en la dislocación cuando se

aplica un esfuerzo cortante de 350 N/m2


66

Solución:

a) Defecto de borde dentro de una red cúbica simple.

b).- Empleando la relación:

F b

Substituyendo:

10 8

2350 2.5 10 8.7 10

N NF x m x

m m


67

3.- Defectos superficiales.

En la solidificación de un líquido (aleación, metal puro, cerámica), la rapidez con la que desciende la temperatura del líquido durante la solidificación, resulta en una considerable magnitud de sobreenfriamiento. Bajo estas condiciones se produce la formación de núcleos (agrupamiento cristalino de cantidades pequeñas de átomos), la cual avanza rápidamente a través del líquido, una vez formados los núcleos conforme desciende la temperatura los átomos restantes van tomando posiciones cristalinas en alguno de esto núcleos, formando así los granos, cuando se completa la solidificación. Idealmente, dentro del grano, todos los átomos tendrán una sola orientación, los granos adyacentes tienen orientaciones diferentes y en los límites granulares, se hace evidente la separación del espaciamiento atómico regular de los granos. Se ha observado que los granos se presentan por los menos en tres formas que se ilustran en la fig. Son varios factores los que afectan la forma el tamaño y orientación de los granos.

Fig. Tipos de granos a) Dendrítico b) Equiaxial c) Alargado

Tamaño de grano y área de la frontera de grano.


68

Donde n es el número de tamaño tamaño de grano. TAMAÑO DE GRANO,

El tamaño de grano y el área de frontera de grano son importantes en el

comportamiento físico del material

El tamaño de grano de materiales policristalinos es

importante, porque la cantidad de superficie de límite de grano tiene un efecto significativo en muchas de las propiedades de los materiales especialmente en la resistencia. A temperaturas bajas aproximadamente a ½ Tb, los límites de grano refuerzan al material por restricción del movimiento de las dislocaciones bajo tensión, y los límites de grano pueden llegar a ser regiones de baja resistencia en materiales policristalinos. Un método de medida del tamaño de grano es el método ASTM (American Society for Testing and Materials), en el cual el índice del tamaño de grano

n es definido por la relación, 12nN donde N es el número de granos por pulgada

cuadrada sobre una superficie de material pulida y grabada, con aumentos de 100x y n es un número entero referido al índice ASTM de tamaño de grano.

Fig. Mallas de referencia para establecer el tamaño de grano (ASTM). Un número grande para el tamaño de grano indica más granos y más área de frontera de grano por unidad de volumen. El área de frontera de grano se puede calcular considerando el perímetro y el área que proporciona la imagen del microscopio a un aumento x100, con la siguiente relación,

2v LS P

Sv área de frontera de grano por unidad de volumen PL número de frontera de grano interceptadas por el perímetro del campo observado La tabla muestra los índices de tamaño de grano que corresponden a los números nominales de granos por pulgada cuadrada a x100 aumentos y granos por milímetro cuadrado a x1 Tamaño de grano ASTM


69

Número nominal de granos Índice del tamaño de grano Por milímetro cuadrado a x1 Por pulgada cuadrada a x100

1 15.5 1.0 2 31.0 1.0 3 62.0 4.0 4 124 8.0 5 248 16.0 6 496 32.0 7 992 64.0 8 1980 128 9 3970 256

10 7940 512 Fuente: Metals Handbook, vol. 7, 8.

a ed., American Society for Metals, 1972, pag.4.

El área de frontera de grano/in3 puede ser calculada a partir de la relación:

2v LS P

Donde:

PL= # de Granos Interceptados/Longitud

Malla patrón ASTM para láminas de acero de bajo

carbono. n= 9.


carbono. n= 8.


carbono. n= 7.

Los materiales se pueden clasificar en general en grano grueso cuando n < 3, grano

medio; 4 < n < 6 y de grano fino cuando 7 < n < 9 y de grano ultrafino n >10.


70

PROBLEMAS RESUELTOS

Solución:

# _ _ intL

Fronteras grano erceptadoP

L

3

_ _ _V

Area frontera de granoS

L

Para TG 2 # de fronteras interceptadas = 8

16.80.168

100L cm

847.61

0.168

2 95.23

L

V L

Pcm

S P

Problema 3.8

Solución:

12 nN (1)

Para aplicar la ecuación (1) se calcula N para 100x

22621.55)(

102

250100

22.11 in

granos

in

granosN

; )1(2log2621.55log 1 n n1= 6.7882 equivalente a 7

La circunferencia del círculo de 1.2 in, intersecta 13 fronteras de grano a 250x, por lo

tanto :

13862.08/

1.2 / 250LP in

in así 2 32(862.08/ ) 1724.17 /vS in in in

Al efectuar un estudio cristalográfico, se observa en el microscopio en un campo de 1.2 in de diámetro, 10 granos y 13 fronteras de grano interceptadas a un aumento de 250x y 16 granos y 17 fronteras de grano interceptadas a un aumento de 500X determine:

a) El tamaño de grano ASTM

b) El tamaño de grano equivalente c) Área de frontera de grano/in3

Suponga que el T.G #2 de la figura representa el corte bidimensional de un sólido policristalino. Calcule el área de frontera de grano.


71


267.353)(

162

500100

22.12 in

granos

in

granosN

; )1(2log67.353log 2 n n2=9.4663 equivalente a 10


tanto:

172254.69 /

1.2 / 500LP in

in 2 32(2254.69/ ) 4509.39 /vS in in in

Problema 3.9

cSolución:

12 nN (1)


21 21.2 1002 250

1055.262

( )

granos

inin

granosN

log55.2621 6.78

log 2n equivalente a n = 7


tanto :

13862.08/

1.2 / 250LP in

in así 2 32(862.08/ ) 1,724.16 /vS in in in


tanto :

172,254.69 /

1.2 / 500LP in

in así 2 32(2254.695/ ) 4,509.39 /vS in in in

22 21.2 1002 500

16353.67

( )

granos

inin

granosN

log353.6771 9.46

log 2n

equivalente a n=9

Problema 3.10

Al efectuar un estudio cristalográfico, se observan tres muestras en el microscopio en un campo de 3.2 cm (1.26in) de diámetro, en la muestra 1, se observan 8 granos y 10 fronteras de grano interceptadas a 250x, en la segunda muestra se observan 12 granos y 12 fronteras de grano interceptadas a 500x en la tercera muestra se observan 15 granos y 18 fronteras de grano interceptadas a 800x. Determine: a) El tamaño de grano ASTM para cada aumento. b) El tamaño de grano equivalente para cada aumento c) Área de frontera de grano/in3

Al efectuar un estudio cristalográfico, se observa al microscopio en un objetivo de 1.2 in de diámetro, en la muestra 1, se observan 10 granos y 13 fronteras de grano interceptadas a 250x, en la segunda muestra se observan 16 granos y 17 fronteras de grano interceptadas a 500x. Determine: a) El tamaño de grano ASTM para cada muestra. b) PL para cada muestra. c) Sv para cada muestra.


72

Solución:

21 21.26 1002 250

840.09

( )

granos

inin

granosN

log 40.091 6.32

log 2n equivalente a n = 6

La circunferencia del círculo de 1.2 6in, intersecta 10 fronteras de grano a 250x, por lo

tanto :

10631.56 /

1.26 / 250LP in

in así 2 32(631.56/ ) 1263.13 /vS in in in

21 21.26 1002 500

12240.59

( )

granos

inin

granosN

log 240.591 8.91

log 2n


tanto :

121515.76 /

1.26 / 500LP in

in así 2 32(1515.76/ ) 3031.52 /vS in in in

21 21.26 1002 800

15769.91

( )

granos

inin

granosN

log 769.911 10.58

log 2n


tanto :

183637.82 /

1.26 /800LP in

in así 2 32(3637.82/ ) 7275.65 /vS in in in

10 6.64logNM

gC

Solución: 3.2 cm ; 10, 14 granos; 11, 17 Fg; Aum. 300x y 800x; A=1.587 in2; P=12.8 cm.

a) N=56.71 ln

1;ln

Nn

Z n=6.825 N=403.277 n=9.656

N=564.87 n=10.142 N=79.395 n=7.311

b) 10 6.64logNM

EC

6.01 8.839 7.266 10.095

Al efectuar un estudio de microestructura, se observan dos muestras en el microscopio en un campo de 3.2 cm (1.26in) de diámetro, en la muestra 1, se observan a 300x 10 granos y 11 fronteras de grano interceptadas, en la muestra 2 se observan a 800x, 14 granos y 17 fronteras de grano interceptadas en un perímetro de 12.8 cm. Determine: a) El tamaño de grano ASTM para cada aumento. b) El tamaño de grano equivalente para cada aumento


73

Límite de grano.

El límite de grano es la superficie que separa los granos individuales, esta es una zona

estrecha donde los átomos no se encuentran de manera ordenada, en ciertos sitios del

límite pueden estar muy espaciados creando una zona de compresión en otros sitios

pueden estar muy estrechados creando una región de compresión, en algunas zonas

existen vacancias y enlaces rotos, se pueden controlar las propiedades mecánicas de

un material a través del endurecimiento mediante el control de tamaño de grano en el

material. La ecuación de Hall-Petch relaciona el tamaño de grano con el esfuerzo de

fluencia del metal. 1

20y Kd

Donde y es el esfuerzo de fluencia (deformación plástica por efecto de esfuerzos)

constantes y temperatura), d es el diámetro promedio de los granos y 0K son

constantes del material.

Solución:

1

2

050,000 (8 )psi K mm

(1) 1

2040,000 (4.9 )psi K mm

(2)

Resolviendo las ecuaciones (1) y (2) 1

23225.80K mm

24,193.548o psi

Problema 3.12

Solución:

e) Calcule el cambio porcentual del parámetro de red en comparación con el valor de equilibrio.

f) Deduzca si el alambre sufrió tensión o compresión.

g) Calcule los ángulos 2 sobre las familias de planos 110, 202 para n=1 h) Calcule la densidad planar( ) para la familia de planos 110, 202

(c) Aplicando la ecuación de Bragg para difracción.

Un alambre de cobre se deformó al aplicársele una carga externa. A una muestra de este alambre se le aplicó un análisis de rayos X utilizando radiación con

=2.29Å, el análisis mostró que ángulo de difracción 2 era de 57.2º para la reflexión en los planos 111 para n=1

Determinar en la ecuación de Hall-Petch para el acero mostrado en la figura.


74

El parámetro de red del Cu a 25°C es 3.6151 Å

0

0

2

28.6

2.39192

n dsen

nd A

sen

0 0

2 2 22.3919 1 1 1 4.1429a A A

4.1429 3.6151% (100) 14.59%

3.6151

(b) Se Tensó

(c) Para la familia de planos

004.1429

110 2.92951 1 0

Ad A

Para la familia de planos

004.1429

202 1.46474 0 4

Ad A

Aplicando la ley de Bragg para la familia de planos 110

2n dsen

0

0

(1)2.29

(2)2.9295

sen

2 46.01

Aplicando la ley de Bragg para la familia de planos 202

2n dsen

0

0

(1)2.29

(2)1.4647

sen

2 102.83

(d) familia 110

20

0

2

2 (1.26 )0.833

4(1.26 )2( )

3

atdensidadplanar

Para la familia 202 la densidad planar es cero ya que el plano no corta a ningún átomo por el centro.

Problema 3.13


75

Solución: Aplicando la ecuación de Bragg, se encuentra la constante de red en la muestra deformada

dsenn 2 , sabiendo que para sistemas cúbicos 222 lkh

ad

, substituyendo

en la ecuación de Bragg,

senlkh

an

2222

entonces

0

0

0

143.46.282

111)29.2)(1(A

sen

Aa

La constante de red para el Cu a temperatura ambiente 0

62.3 Aa

La variación de la constante de red por la deformación,

%45.14100

163.3

)163.3143.4(0

0

x

A

A El alambre se alargó.

SOLUCIONES SÓLIDAS Las soluciones sólidas sustitucionales pueden ocurrir tanto en sólidos metálicos como iónicos la fig. muestra un ejemplo simple de una solución sólida iónica. La estructura es el MgO en la cual los iones Mg2+ han sido remplazados por iones de Fe2+, como los radios de los dos iones son 0.66 Ȧ y 0.74 Ȧ respectivamente, es posible la sustitución total. Un requisito más severo para las soluciones cerámicas es la carga del átomo que sustituye debe ser igual a la carga del átomo sustituido.

Problema 3.14

Solución: Base de cálculo 100 gr de aleación #átomos a/o 75 gr de Cu P.At. 63.54 7.1093x1023 75.52% 25 gr de Zn P.At. 65.37 2.3034x1023 24.47% 9.4127x1023 De 4 átomos/cu : 3.0 son de Cu y 1.0 es de Zn

1) Dibuje los planos (12-10), (11-02), (012-0) y (112-2) en una celda hexagonal

Un alambre de cobre se deformó al aplicársele una carga externa. En una muestra del alambre se desarrolló un análisis de rayos x utilizando radiación

con = 2.29 Å, el análisis mostró que el ángulo era de 28.6º para difracción de primer orden en la familia de planos 111.

d) Calcule el cambio porcentual del parámetro de red en relación al parámetro a temperatura ambiente.

e) De acuerdo a los resultados anteriores, deduzca si el alambre se estiró o se redujo?

f) Si la difracción se hubiera producido sobre la familia de planos 110

cual sería el ángulo 2?

a) Una aleación contiene 75 p/o de Cu y 25 p/o de Zn. ¿Cuánto a/o de Cu y a/o de Zn? b) ¿Cuánto pesará cada celda unitaria de esta aleación? c) La densidad de este latón es 8.5 g/cm3 ¿Cuál es el volumen y la constante de red

promedio de cada celda unitaria?


76

22 22

22

22

3

3 23 3

8

/ 3.164868 10 1.0853395 10

/ 4.250207532 10

4.250207532 108.5

. 5.00029 10

3.68 10

3.68Å

Masa cu x x

Masa cu x

g x

cc a

vol a x cm

a x cm

a

Compuestos Anesteqiométricos

Los compuestos que contienen proporciones exactas de elementos y cargas se les conoce como esteqiométricos. Sin embargo existen compuestos que no contienen proporciones exactas de átomos y de cargas a estos se les conoce como compuestos anesteqiométricos, un ejemplo de ellos es el Cu2Al el cual puede contener desde un 31ª/o hasta un 37ª/o de Al en lugar de ser 33 1/3 ª/o de Al. La anestequiometría del Fe1-xO tiene un origen diferente debido a la diferencia del tamaño de los iones que lo forman en estos compuestos siempre encontramos la presencia de Fe2+ y Fe3+ entonces para lograr el balance de cargas debe de haber un exceso de oxígeno en la red así para un par de iones de Fe3+ se requiere de un ion extra de O2- ; o de lo contrario cada par de iones debe estar acompañado de una vacante por catión fig. A este tipo de estructuras se les conoce como defectuosas, ya que hay irregularidades en el empaquetamiento atómico.

Problema 3.15

Una muestra de óxido de hierro Fe1-xO contiene 52 a/o de oxígeno, y tiene una constante de red a= 4.29Å a) ¿Cuál es la proporción de iones Fe+2 / Fe+3? b) ¿Cuál es la densidad de este material?

Solución Fe2+ vacancia Fe3+ O-2

Fig.- Estructura FCC de Fe1-xO anestequiométrica, las vacantes son necesarias para


77

balancear las cargas. Base de cálculo 100 iones de material anestequiométrico como el que se muestra en la fig. 52 iones de O-2 x iones de Fe+3 y iones de Fe+2 48 iones=x+y x=48-y Balance de carga 52(-2)+3(x)+2(y)=0 -104+3(48-y)+2y=0 -104+144-3y+2y=0 y=40 x=8

2

3

8 3

5

(52)(15.99) / 55.847(48) /5.6812 /

(4.29 10 ) 13

831.48 2680.656 3512.136

() 618.198

Fe

Fe

NA NAg cl

v x

NA

Problema 3.16

Por c/u hay 4 aniones y 4 cationes entonces deben ser 100 iones y cationes son 13 c/u. Problema 4.3.3 l ¿Cuál es la densidad de Fe<1O si la razón Fe+3/Fe+2 es de 0.14 Fe<1O si este tiene la estructura del NaCl y el promedio vFe + Ro es de 2.15 Å?

Solución: Base de cálculo 1 celda unitaria 4 iones de O-2 y 4 iones (Fe+2, Fe+3, vacantes)

3

2

3

2

0.14Fe

Fe

x Fe

y Fe

3 20.14

0.14

4

4 0.14

Fe Fe

x y

x y v

y y v

Balance de cargas


78

22 22

22

22

4( 2) (0.14 )(3) 2( ) 0

8 0.42 2 0

2.42 8

3.305 / 0.4628 /

4 0.14 0.2322 /

4(15.99) 3.7678(55.847)1.061929 10 3.493613 10

4.55554 10

4.555 10

(2.15 10

y y

y y

y

y cu x cu

v y y v vac cu

masa masa x xNA NA

masa x gr

x g

x

3

85.729

)2

gcc

PROBLEMAS PROPUESTOS

1.- Dibuje una celda unitaria ortorrómbica e incluya la dirección _

211

y el plano _

(021)

3) Determine la densidad planar para el C, Fe y Ni en los planos (101) y (210) 4) Determine el numero de átomos por mm2 sobre los planos (101) y (200) para el

NaCl, Ba y Al.

5) Suponga que en un material de cobre hay una vacante por cada 240 atomos y que ademas se han sustituido 2 de cada 50 atomos por estaño, si no hay cambio en el parámetro de red: a) Determine la densidad teórica del cobre b) Determine la densidad del material con vacantes c) Determine la densidad del material con estaño sin vacantes d) Determine la densidad del material con estaño y vacantes

1) Una barra cilindrica solida de Silicio es de 2 cm de diámetro por 20 cm de longitud; contiene 3.1x102 vacancias/cm3 a 300ºC y 2.5x109 vacancias/cm3 a 600ºC. a) Determine las vacancias/cm3 a 500ºC b) Determine la densidad del material perfecto y de los tres casos mencionados.

El Si es CCC y a=5.4307Å 2) Suponga que uno de cada 250 átomos se pierde en el cromo.

a) Determine la densidad del material puro y del material con vacantes b) si se sustituyen 2 atomos de Cr por Ni determine la densidad.

2.- Una placa de zinc contiene 1.8 x 102 vacantes por centímetro cúbico a 70oC y 2.7 x 106 vacantes a 220oC, las dimensiones de la placa son15.7 mm de espesor y 5 x 7 cm por cada lado. Determine el número de vacantes totales en el material a 100°C.

3.- Una muestra de Cu contiene una vacante por cada 50 celdas y un átomo de nitrógeno intersticial por cada 125 átomos. Si suponemos que no hay cambio en el parámetro de red, determinar:

a) La densidad teórica del estroncio b) La densidad del estroncio únicamente con vacantes c) La densidad del estroncio únicamente con átomos intersticiales d) La densidad del material


79

4.- Al efectuar un estudio cristalográfico se observan al microscopio en un objetivo de 3.2 cm de diámetro 15 granos y 12 fronteras de grano interceptadas, si el aumento utilizado fuese: 100x, 250x, 500x y 800x determine:

a) El tamaño de grano ASTM

5.- Un alambre de cobre se deformó al aplicársele una carga externa. A una muestra

de este alambre se le aplicó un análisis de rayos x utilizando radiación con =2.29Å, el

análisis mostró que ángulo de difracción 2 era de 57.2º para la reflexión de los planos 111 con líneas de primer orden

i) Calcule el cambio porcentual del parámetro de red en comparación con el valor de equilibrio

j) Diga si el alambre sufrió tensión o compresión k) Si el análisis hubiera sido efectuado sobre las familias de planos 110, 202

¿Cuáles deberían de ser los ángulos 2?

6.- Calcule el ángulo de difracción 2 de la reflexión de los planos (110) y (200) en el hierro a temperatura ambiente, si las líneas de difracción son de primer orden y

=1.79Å =2

b) ¿Cuál será la densidad planar a temperatura ambiente y a 913ºC en esos planos? si por difracción de rayos x se determinó que el parámetro de red del Hierro a temperatura ambiente es 2.89Å y a 913ºC es 3.66Å.

2) Una barra cilindrica de Si es de 2 cm de diámetro por 20 cm de longitud y contiene

3.1x102 vacantes/cm3 a 300ºC y 2.5 x109 vacantes a 600ºC. Una formula para

determinar las vacancias con respecto a la temperatura es Ea KTn

eN

.

a) Determine las vacantes presentes a 490ºC b) Determine el número de atomos de Si en la barra a las tres temperaturas

2) En cierto material a 500ºC, un atomo de cada 109 tiene la energia necesaria para

saltar y ocupar una vacante adyacente. A 1000ºC un atomo de cada 106 tiene la energia necesaria para lograrlo a) Determine el valor de la energía requerida para el proceso b) A que temperatura sería igual a 10-4 la fracción de atomos con esa energía c) 200ºC

3) Suponga que el Estroncio contiene una vacante por cada 50 celdas y un atomo intersticial de Nitrógeno por cada 125 atomos. Si suponemos que no hay cambio en el parámetro de red determinar: a) Densidad teorica del Estroncio b) Densidad del Estroncio con Vacantes c) Densidad del Estroncio con atomos intersticiales d) Densidad del Estroncio con vacantes y atomos intersticiales

3) El Niquel tiene un parámetro de red de 3.5238Å. Suponer que un atomo de

carbono se acomoda intersticialmente por cada 10 celdas unintarias, considerar que los atomos de carbono no cambian a0, si ademas se han perdido dos atomos de Ni por cada 200 celdas determinar la densidad de la aleación.


80

Capítulo 4

Difusión Atómica en Sólidos

La difusión atómica es el mecanismo a través del cual la materia se transporta a través de la materia. Hay dos principales mecanismos de difusión de los átomos en una red cristalina.

1) Mecanismo Substitucional o por vacantes; los átomos pueden moverse en la

red cristalina de una posición atómica a otra cuando estos tienen suficiente

energía (Ea) energía de activación.

2) Mecanismo intersticial; Este mecanismo se da cuando los átomos se mueven

de posiciones intersticiales a otras intersticiales.

Difusión en estado estacionario.- Cuando no existe interacción química entre los átomos del soluto y el disolvente y existe una diferencia de concentración entre dos planos, se produce un flujo neto de átomos en la parte de concentración más

alta a la más baja. Se produce cuando un gas no reactivo se difunde a través de un

sólido.La densidad de flujo o corriente se calcula a partir de la primera ley de Fick


81

. . . . .

. . .

dcJ D

dx

J flujo o corriente neta de átomos

D difusividad

dcgradiente de la concentracion

dx

Se utiliza un signo negativo porque la difusión tiene lugar de una concentración mayor a otra menor. Las unidades SI para esta ecuación son

2

2 3

1( ) ( ) ( )

.

atomos m dc atomosJ D

m s s dx m m

Coeficiente de difusión o difusividad. El coeficiente de difusión varía con la naturaleza de los átomos que se difunden (soluto), con la naturaleza de la estructura del sólido (solvente) en donde se difunde el soluto, y con los cambios de la temperatura. Como la difusión atómica implica movimientos atómicos, entonces el incremento de la temperatura en muchos sistemas puede expresarse por el siguiente tipo de ecuación de Arrhenius.

Q

RToD D e

D= Coeficiente de difusión, m2/s Do= Constante de proporcionalidad, m2/s (no varía con la temperatura solo varía con el tipo de sistema). Q = Energía de activación de las especies en difusión, J/mol o cal/mol R = Constante molar de los gases =8.314 J/mol.K ó 1.987 cal/mol.K T = Temperatura, K

Problema 4.1

Solución: ( H en FeBcc Do=0.0012 cm2/s, Q=3,600 cal/mol )

Se difunde gas hidrógeno a través de una membrana de hierro de 1.7mm de espesor y 5 cm de perímetro, la concentración del lado donde se inyecta el gas es de 4.2 X 1018 átomos de H/cm3 y el número de átomos totales que pasan a través de la membrana es de 8.2 X 1015 átomos de H en un segundo a 700 oC. ¿Cuál es la

concentración del otro lado de la membrana al dar inicio la difusión?


82

C1= 4.2 X 10

18 átomos de H/cm

3 1.7mm T=700

OC

Aplicamos la 1a, ley de Fick 2 1

0.17

C CJ D

cm

(1), se calcula el coeficiente de difusión a

700ºC donde s

cmD2

0012.00 2

3600

(1.987 )(973 )0.0012

calmol

calmolK

Kcms

D e

241.8642 10 cm

sD x

P cmcm

5915.15

22

2 9894.12

)5915.1(cm

cmrA entonces

scm

atHx

scm

atHxJ

2

15

2

15

102.89894.1

102.8

Introduciendo el coeficiente de difusión y J, despejando C2 de (1)

32 2

18 atH215 4 cm.

C 4.2 10 4.1217 x 10 1.8642 10

0.17at cm cm

s s

xx

cm

18 18

23.6586 10 4.2 10x C x 3

17

2 5.414 10 atH

cmC x

1) D= 0.5 in; 0.25% at Cu; 0.1 % at; J=?; 500ºC; a=4.05Å; Do=2.0cm2/s; Q=33900 Cal/mol; #at /cm3= 6.0213645x1022; Sup=1.5053411x1020; Cen=6.02136x1019;

C=-9.032046x1019.

33900

22.038 10 2(1.987)(773)2 2 5.1965 10 /Q

RToD D e D e e D x cm s

1920 10 209.032045 10

1.422369 10 ( 5.3723 10 )( 1.4223695 10 )0.635

C xx J x x

x

10 27.391 10 /J x at cm seg

Problema 4.2

1.5915cm

8.2 X 1015

át. de H/s

Se difunde gas hidrógeno a través de una membrana de hierro de 1.7mm de espesor y 1.59155 cm de perímetro, la concentración del lado donde se inyecta el gas es de 3.7 X 1018 átomos de H/cm3 y del otro lado de la membrana se reciben 2.1 X 1015 átomos de H/cm3 ¿Cuál es el flujo de átomos totales de H que pasan a través de la membrana en un segundo a 700 oC?


83

Solución : L=1.7 mm; Ø=1.59155cm; A=1.989cm2; C2=3.7x1018 át. de H/cm3; C1=2.1x1015 át. de H/cm3; T=700ºC. ( H en FeBcc Do=0.0012 cm2/s, Q=3,600 cal/mol )

Se calcula el coeficiente de difusión a 700°C : 0

Q

RTD D e

3,600 /

21.987 973

0.0012

cal mol

calK

mol Kcm

D es

241.86424 10

cmD x

s

Para encontrar el flujo de átomos de H a travéz de la membrana se aplica la 1a. ley de

Fick : C

J DX

15 18 19

3 3 3

. . .2.1 10 3.7 10 3.6979 10

at H at H at HC x x x

cm cm cm

182 3

4 15

2

.3.6979 10

.1.86424 10 ( ) 4.055 10

0.17

at Hx

cm at HcmJ x xs cm cm s

Problema 4.3

Una muestra de hierro FCC (austenítico), contiene recubrimiento electrolítico de Ni en la superficie, este es de 1.5 a/o, a 5 mm de la superficie y la concentración de Ni es de 0.8 a/o. Si la temperatura se mantiene a 1000ºC determine el flujo de átomos de Ni en la superficie.

Solución: Ni en Fe FCC D1000°C 2x10-12 cm2/s Aplicando la 1ª ley de Fick para la difusión y tomando como base de cálculo 1 celda unitaria de Fe FCC, se calculan las concentraciones en la superficie y a 5 mm de la superficie en átomos de Ni/cm3

2 1

21

1 8 3 3

20

2 8 3 3

21 20 20

2 1 3

20

3

;

; 3.59Å

0.06 . .1.296 10

(3.59 10 )

0.032 . .6.916 10

(3.59 10 )

.1.296 10 6.916 6.0438 10

.6.0438 10

1.208762 100.5

Fe

dcJ D

dx

C Ca

a

at Ni at NiC x

x cm

at Ni at NiC x

x cm

at NiC C x x

cm

at Nix

dc cm xdx cm

21

3

.at Ni

cm cm

a 1000ºC


84

212 21

3

9

2

.(2 10 )( 1.208 10 )

.2.416 10

cm at NiJ x x

s cm cm

at NiJ x

s cm

Problema 4.4

Solución: 38 at. Ag / 108 at. Au

a) El Do=0.072 cm2/s para Ag en Au y Q=40,200 cal/mol

Estructura del Au es FCC la constante de red aau= 4.07 Ǻ en la estructura FCC existen 4 átomos de Au por celda así que 108 átomos de Au son 2.5x 108 celdas. Con estos datos se calculan las concentraciones C1 y C2 en átomos de Ag/ cm3 para la superficie y profundidad del material:

0.29cm

22 at.Ag /108 át. Au

Una lámina de oro contiene 22 átomos de plata por cada 108 átomos de oro a una profundidad de 0.29 cm y 38 átomos de plata por cada 108 átomos de oro en la superficie.

a) ¿Cuál es la densidad de flujo atómico a 700 oC? b) ¿Cuánto tiempo se requiere para aumentar la concentración de plata al doble

en el material inicial?


85

15

1 8 8 3 3

38 . .2.25455 10

2.5 10 (4.07 10 )

at Ag at AgC x

x celdas x cm cm ;

15

2 8 8 3 3

22 . .1.305 10

2.5 10 (4.07 10 )

at Ag at AgC x

x celdas x cm cm ;

40200 /2 211(1.987 / . )(973 )0.072 6.735 10

cal mol

cal mol K Kcm cmD e x

s s

15 152 3 3

11 5

. .1.305 10 2.254 10

.( 6.735 10 )( ) 2.204 10

0.29

at Ag at Agx x

cm at Agcm cmJ x xs cm cm

b) Lograr aumentar la concentración en la superficie al doble, haciendo uso del sistema no es posible ya que la difusión se da, de la concentración mayor a la menor. Esto solo se lograría aumentando el flujo externo de átomos del gas que alimentan a la superficie.

Solución: Estableciendo la condición de los gradientes:

( ) 10( )Al Al

Zn

dc dc

dx dx

1

2

( ) 0.78o

cmZn Cu D

s

1 43900cal

Qmol

2

2

( ) 0.045o

cmAl Cu D

s 2 39500

calQ

mol

1 1(10 )dc

J Ddx

2 2

dcJ D

dx

43900

22 (773º )

º1 (0.78 )

cal

molcal

Kmol K

cmD e

s

39500

22 (773º )

º2 (0.045 )

cal

molcal

Kmol K

cmD e

s

213

1 3.6301 10cm

D xs

213

2 3.606 10cm

D xs

Un gradiente de Zn en una aleación de Cu es 10 veces más grande que un gradiente de aluminio en una aleación de Cu. Compare el flujo de átomos de soluto/cm2 en las dos aleaciones a 500 ºC.


86

213

1

2132

3.6301 10 (10 )

10.0065

3.606 10

cm dcx

J s dxdccmJ

xdxs

Problema 4.5


( ) 10( )Al Al

Zn

dc dc

dx dx

Para Zn en Cu

1

2

0.34o

cmD

s

1 45,600 /Q cal mol

Para Al en Cu??????? buscarlommmmmmmmmmmmmmmm

2

2

0.045o

cmD

s 2 39,500 /Q cal mol

Estableciendo la ecuación de difusión para ambos sistemas:

( )1 1(10 )Zn Cu

dcJ D

dx

( )2 2Al Cu

dcJ D

dx

Calculando el coeficiente de difusión para ambos sistemas a 700°C

Un gradiente de Zn en una aleación de Cu es 10 veces más grande que un gradiente de Al en una aleación de Cu, compare el flujo de átomos de soluto/cm2.s en las 2 aleaciones a 700 ºC.


87

45600

(2 )9732 º

1 (0.34 / )

cal

molcal

Kmol KD cm s e

39500

(2 )9732 º

2 (0.045 / )

cal

molcal

Kmol KD cm s e

211

1 2.2636 10cm

D xs

211

2 6.88466 10cm

D xs

Se encuentra la relación entre los flujos atómicos:

211

1

2112

(2.2636 10 )(10 )

18.06

(6.88466 10 )( )

cm dcx

J s dx

cm dcJx

s dx

Problema 4.6


( ) 10( )Al Al

Zn

dc dc

dx dx

Para Zn en Cu

1

2

0.78o

cmD

s

1 43,900 /Q cal mol

Para Al en Cu

2

2

0.045o

cmD

s 2 39,500 /Q cal mol

Estableciendo la ecuación de difusión para ambos sistemas:

( )1 1(10 )Zn Cu

dcJ D

dx

( )2 2Al Cu

dcJ D

dx

Calculando el coeficiente de difusión para ambos sistemas a 500°C

Un gradiente de Zn en una aleación de Cu es 10 veces más grande que un gradiente de Al en una aleación de Cu, compare el flujo de átomos de soluto/cm2.s en las 2 aleaciones a 500 ºC.


88

43900

(2 )7732 º

1 (0.78 / )

cal

molcal

Kmol KD cm s e

39500

(2 )7732 º

2 (0.045 / )

cal

molcal

Kmol KD cm s e

210

1 1.2439 10cm

D xs

211

2 6.88466 10cm

D xs

Se encuentra la relación entre los flujos atómicos:

210

1

2112

(1.2439 10 )(10 )

18.06

(6.88466 10 )( )

cm dcx

J s dx

cm dcJx

s dx

Problema 4.7

Av 22x10-8 Ag; .29 cm; 38x10-8 Ag; T= 700°C ; α=4.1295

16

1# 1.2496 10atAg x ; 16

2# 2.1585 10atAg x ;

40200

11(1.987)(973)0.072 6.7156 10D e x

16 1611 1.2496 10 2.1585 10

( 6.7156 10 )( )0.29

x xJ x

62.1048 10J x ; No Se Puede

Problema 4.8

Una muestra de hierro FCC (auténtico) tiene un recubrimiento electrolítico de Ni en la superficie es de 1.5 a/o y a una profundidad de 5 mm la concentración de Ni es de 0.8 a/o. Si la temperatura se mantiene a 1000ºC determine el flujo de átomos de Ni en la superficie. D=3x10-12 cm2/s


89

2 1

21

1 8 3 3

20

2 8 3 3

21 20 20

2 1 3

20

321

;

; 3.59Å

0.061.296 10

(3.59 10 )

0.0326.916 10

(3.59 10 )

1.296 10 6.916 6.0438 10

6.0438 10

1.208762 100.5

Fe

dcJ D

dx

C Ca

a

atomosC x

x cm

atomosC x

x cm

atomosC C x x

cm

atomosx

dc atomcm xdx cm

3

os

cm cm

a 1000ºC

212 21

3

9

2

(3 10 )( 1.208762 10 9

3.6262 10

cm atJ x x

s cm cm

atJ x

s cm

La superficie del acero puede endurecerse mediante la carburización. Durante uno de tales tratamientos a 1000ºC hay una caída en la concentración del carbono de 5 a 4% a una distancia entre 1 y 2 mm desde la superficie del acero. Estime el flujo de los átomos de carbono hacia el acero en esta región cercana a la superficie.

Solución:

1 3

2 3

#

#

dcJ D

dx

atomosC

cm

atomosC

cm

-8

3 8 3

3 24 3

3.66Å

3.60x10

(3.66 10 )

49.028 10

cm

a x cm

a x cm

Base 100 gr de acero Sup 95gr Fe y 5gr de C 96gr de Fe y 4gr de C 55.847gr NA 95 gr x x=1.02455x1024 atomos de Fe =256.1375x1021c/u 12.011 NA 5gr x x= 2.5073x1023 atomos de C


90

23

21

1 24 3 21 3

24 23

23

2321 3

2 23 24 3

2 1

2.5073 1019.9659 10

(49.028 10 )(256.1375 10 )

1.03534 10 _ 2.5883 10 / _

200.583 10

2.00582 1015.8064 10 /

(2.5883 10 )(49.028 10 )

0.2

x atCC x

x cm x cm

x atomos Fe x c u FCC

x atomosC

x atCC x atC cm

x x cm

C C

2122

3

4.1595 104.1595 10

0.1 0.1 ·

x atCx

cm cm cm cm cm

7 2

7 2 22 15

3 2

4 10 /

.(4 10 / )(4.1595 10 ) 1.6638 10

· ·

D x cm s

at c atCJ x cm s x x

cm cm cm s

6).-Si CD ; x=0.05cm ; z 107 ; x 107 ; C/x= -2x1018 at/cm3.cm

15 181 21 2 2 1 2; ; ; 9.9897 10 (0.05)( 2 10 )

C CC C Cx C C C C x C x x

x x x x

17

2 1.099897 10C x ; 7

2 22 /10C atGa Si %w=5.46x10-4 %

1) Si 0.05 cm; 2 at Ga / 107 Si; C/x= -2x1018 at/cm3cm; a=5.4307;

Vcelda=1.60165x10-22cm3; #celdas=1,250,000; VT=2.0021x1016cm3; at Ga/cm3=9.9895x1015

15 18 171 22 1 2; ( ) 9.9895 10 ( 2 10 )(0.05) 1.0999 10

C C C CC C x x x C x

x x x

722.021/10atGa Si 4% 5.466 10w x

Segunda ley de Fick. Difusión en estado no estacionario, Difusión en estado no estacionario.- El estado estacionario, en el cual las condiciones permanecen invariables con el tiempo, no se encuentran comunmente en los materiales de ingeniería. En la mayor parte de los casos, la difusión en estado no estacionario, en la que la concentración de los átomos de soluto en cualquier punto del material cambia con el tiempo, es la que tiene lugar. Para los casos de difusión en estado no estacionario, en los que el coeficiente de difusión es independiente del tiempo, se aplica la segunda ley de la difusión de Fick,

2

2

C CD

t x


91

Esta ley establece que la velocidad de cambio de la composición de la muestra es igual al coeficiente de difusión por la velocidad de cambio del gradiente de

concentración, los valores de C

t

y

2

2

C

x

se determinaron experimentalmente en el

laboratorio para poder calcular los valores de D la difusividad [] La solución particular a esta ecuación para una gas que se difunde en un sólido es de gran importancia para algunos procesos de difusión en ingeniería como carburización, descarburización, producción de semiconductores, producción de aleaciones para MEMS etc.

2

2

dc d cD

dt dx

Esta ecuación describe la dinámica, de la difusión de los átomos en estado no

estacionario la solución de la ecuación depende de las condiciones de frontera para una

situación particular. Una de las soluciones a esta ecuación es:

0

( )2

s x

s

c c xerf

c c Dt

Donde cs es la concentración constante de los átomos que se difunden sobre la superficie

del material, co es la concentración uniforme inicial de los átomos que se difunden en

el material y cx es la concentración de los átomos que se difunden localizados a una

profundidad x de la superficie del material después de un tiempo t. D es el coeficiente

de difusión del átomo A difundiéndose en el material.

Cs

Cx

Concentraciones

C0

Distancia La solución de esta ecuación se aleja de los objetivos de este libro. Sin embargo, la resolución particular a esta ecuación para un gas que se difunde en un sólido es de gran importancia para algunos procesos de difusión en ingeniería y se utiliza para la solución de problemas de difusión en la industria. Considérese el caso de de un gas A difundiéndose en un sólido B, como se ilustra en la fig. A

B І X=0 A medida que aumenta el tiempo de difusión la concentración de átomos de soluto en cualquier punto del sólido en la dirección x también aumentará, como se indica en los tiempos t1 y t2, Si el coeficiente de difusión del gas A en el sólido B es independiente de la posición, entonces la solución a la segunda ley de Fick es


92

2

s x

s o

C C xerf

C C Dt

Donde Cs=concentración superficial del elemento en el gas que difunde dentro del sólido Co= concentración inicial uniforme del elemento en el sólido Cx= concentración del elemento a la distancia x de la superficie en el tiempo t D= coeficiente de difusión del elemento soluto que difunde t = tiempo

PROBLEMAS RESUELTOS

Problema 4.9

Solución: El parámetro de red del Ge a=5.6575 Å; Primero se calcularán las concentraciones en la superficie y en la profundidad señalada, tomando como base de cálculo 1 cm3 de Ge: Cs=Concentración de P en la superficie. En 1cm3 de Ge hay 4.4179 x1022 átomos entonces habrá 1.988 x 1022 de átomos de P en la superficie. Cx=Concentración de P a la profundidad de 0.015cm En 1cm3 de Ge hay 4.4179 x1022 átomos entonces habrá 4.4179 x1020 átomos de P en la profundidad señalada.

22

3

1.988 10 .s

x at dePC

cm

20

3

4.4179 10 .x

x at dePC

cm

22

3

1.9438 10 .x at dePC

cm

Con la ecuación tipo Arrhenius, se calcula el coeficiente de difusión del P en el Ge a la

temperatura de 900°C si s

cmD2

20 para P en Ge y molcalQ 57500 entonces;

RT

Q

eDD

0

2 2

.

(57500 )

(1.987 )(1173 ) 112 3.8629 10

calmol

calK mol

kcm cms s

D e x

El coeficiente de difusión obtenido, se aplica a la 1ª. Ley de Fick, para calcular el flujo estacionario de átomos de P en Ge de la superficie a la profundidad indicada;

)(x

CDJ

substituyendo en la ecuación de la 1ª. Ley de Fick ,

3 32

2

20 22. .

11 13 .4.4179 10 1.988 10

3.8629 10 5.0058 100.015

at deP at deP

cm cmcm at dePs cm

x xJ x x

cm

Con el objeto de producir un semiconductor extrínseco se difunde Fósforo en Germanio, si la concentración de fósforo en la superficie del Germanio es de 45 % atómico y la concentración a una profundidad de 0.15 mm es de 1 % atómico de fósforo.

a) Calcule el flujo de átomos de Fósforo a 900oC en Germanio.

b) Estime el tiempo que durará el proceso si se desea elevar la concentración del Fósforo, hasta una tercera parte de la concentración que se tiene en la

superficie


93

Para determinar el tiempo en que varía el proceso, se aplica la solución de la segunda ley de Fick;

0

( )2

S x

S

C C xerf

C C Dt

Se sabe que Cs=0.45% atómico de P en la superficie, Cx=0.15% atómico de P a 0.015cm de la superficie; C0=0.01% atómico de P como concentración inicial. De acuerdo con la segunda ley de Fick

0

( )2

s x

s

C C xerf

C C Dt

2

0.45 0.15 0.015( )

0.45 0.01 2 cms

cmerf

D t

211

0.0150.6818 ( )

2 3.8629 10 cms

cmerf

x t

De la tabla de tabulación error función encontramos: N erf. N 0.70 0.677801 - 0.71 - 0.684666 ---------- ------------ 0.01 6.865 x10-3 0.6818-0.677801= 3.999 x10-3 y 3.999 x10-3 y = (3.999x10-3) 0.01/6.865x10-3 = 5.8252x10-3 para encontrar el valor sin error: 0.70 + 5.8252x10-3 =0.7058 este valor se sustituye en la ecuación de la 2ª. Ley de Fick y se elimina erf. sabiendo que x= 0.015 cm;

211

0.0150.7058

2 3.8629 10 cms

cm

x t 2

26

11

0.00011292.923 10

3.8629 10 cms

cmt x s

x 811.97h

Problema 4.10

Solución: C C C C

La descarburizacion así como la carburizacion de un acero puede describirse mediante la función error de la 2ª ley de Fick si se toma Cs=0 deduzca una expresión para describir el perfil de concentración de carbono conforme se difunde en un acero con concentración inicial Co. (Esta situación se puede producir colocando el acero en el vacío a una temperatura elevada)


94

_________________Cs =0 C acero C Aplicando la segunda ley de Fick, y substituyendo Cs=0

2

0

0 2

( )2

s x

s o

x

o

x o

C C xerf

C C Dt

C xerf

C Dt

xC C erf

Dt

Problema 4.11

Solución:

El coeficiente de difusión de carbono en Fe, FCC 2

7

1000 4 10CcmD x

s

Substituyendo en la ecuación de la segunda ley de Fick para descarburización:

Calcule y dibuje el perfil de concentración de Carbono en una descarburización, calculando la concentración Cx con la expresión obtenida en el problema anterior después de 1 hora a una profundidad de 1 mm de la superficie en el vacío a 1000ºC el contenido inicial del acero es de 0.3% en peso.


95

27

0.1

0.32 4 10 (3600 )

(1.3176)0.3

0.069207280.3

0.020762%

x

x

x

x

C cmerf

cmx seg

s

Cerf

C

C C

Problema

Solución : Fe Cs=0; Cx=?; Co=0.03%; T=680ºC; t=21600seg; x=0.07cm

18300

7(1.987)(953)0 0.07( ) 0.0047 2.985679 10

0 0.03 2

xCerf D e D x

Dt

0 00.435832 0.462324

0 0.03 0 0.03

x xC Cerf

0.01387%xC

Problema 4.12

Solución: 0.15% C ; T= 900ºC ; t= 42 hrs ; X=0.7 cm

(a) Aplicando la ecuación, KT

Q

eDD

0 se calcula el coeficiente de difusión de carbono

en hierro BCC a 900°C donde s

cmD2

011.00 ; 20,900 calmol

Q substituyendo en la

ecuación 2 2

.

20900

(1.987 )(1173 ) 60.011 1.4029 10

calmol

calmol k

kcm cms s

D e x

En este proceso el carbono saldrá del material por lo que Cs deberá igualarse a cero.

Considerar un acero que contiene 0.15 % de carbono. Este material es colocado en una cámara al vacío con el fin de descarburizarlo, la temperatura del proceso es de 900 oC, después de 42 horas (a) ¿Cuánto carbono estará presente a 7 mm bajo la superficie? (b) ¿Cuánto tiempo se requiere para eliminar el 50 % de la concentración inicial?

Calcule y dibuje el perfil de concentración de Carbono en una descarburización, calculando la concentración Cx con la expresión obtenida en el problema anterior después de 21600 s a una profundidad de 0.07 cm de la superficie en el vacío a 680ºC el contenido inicial del acero es de 0.03% en peso.


96

Aplicando la solución a la segunda ley de la difusión de Fick se procede a sustituir las diferentes concentraciones existentes en el acero:

0

( )2

s x

s

C C xerf

C C Dt

26

0.7( )

0.15%2 (1.4029 10 )(151,200 )

xC cmerf

cmx s

s

(0.7599)0.15

xCerf

De la tabla de tabulación erf encontramos: N erf. N 0.75 0.7112 - 0.76 - 0.7175 ---------- ------------ 0.01 6.3 x10-3 0.7599-0.75= 9.99 x10-3 9.9x10-3 y y = (9.99x10-3) 6.3x10-3/0.01= 6.237x10-3 para encontrar el valor: 0.7112 + 6.237x10-3 =0.717437 este valor se sustituye en la ecuación de la 2ª. Ley de Fick;

0.7174370.15

xC 0.1076%xC

La concentración inicial es 0.15%C si se elimina el 50% de esta cantidad quedaría 0.075%C, se sustituye este valor en la ecuación de la segunda ley de Fick:

2

6

0.075% 0.7( )

0.15%2 1.403 10

cmerf

cmx t

s

2

6

0.350.5 ( )

1.403 10

cmerf

cmx t

s

De la tabla de tabulación error función encontramos: N erf. N 0.47 0.4937 - 0.48 - 0.5027 ---------- ------------ 0.01 9.0 x10-3 0.5 - 0.4937 = 6.3 x10-3 y 6.3x10-3

y = 7.0 x10-3 para encontrar el valor: 7.0 x10-3 + 0.47 = este valor se sustituye en la ecuación de la 2ª. Ley de Fick;

2

6

0.350.477

1.403 10

cm

cmx t

s

2

6

0.35 1( ) ( )0.477 1.403 10

tx

383,744.054 (106.59 )t seg hrs


97

Problema 4.13

Solución: 45% atómico de P en Sup.; 1% atómico de P en x=0.015 cm.; El parámetro de red del Ge a=5.6575 Å; Primero se calcularán las concentraciones en la superficie y en la profundidad señalada, tomando como base de cálculo 1 cm3 de Ge: Cs=Concentración de P en la superficie. En 1cm3 de Ge hay 4.4179 x1022 átomos entonces habrá 1.988 x 1022 de átomos de P en la superficie. Cx=Concentración de P en la profundidad. En 1cm3 de Ge hay 4.4179 x1022 átomos entonces habrá 4.4179 x1020 átomos de P en la profundidad señalada.

22

3

1.988 10 .s

x at dePC

cm

20

3

4.4179 10 .x

x at dePC

cm

22

3

1.9438 10 .x at dePC

cm

Con la ecuación tipo Arrhenius, se calcula el coeficiente de difusión del P en el Ge a la

temperatura de 900°C si s

cmD2

20 para P en Ge y molcalQ 57500 entonces;

RT

Q

eDD

0

2 2

.

(57500 )

(1.987 )(1173 ) 112 3.8629 10

calmol

calK mol

kcm cms s

D e x

El coeficiente de difusión obtenido, se aplica a la 1ª. Ley de Fick, para calcular el flujo estacionario de átomos de P en Ge de la superficie a la profundidad indicada;

)(x

CDJ

substituyendo en la ecuación de la 1ª. Ley de Fick ,

3 32

2

20 22. .

11 13 .4.4179 10 1.988 10

3.8629 10 5.0058 100.015

at deP at deP

cm cmcm at dePs cm

x xJ x x

cm

Para determinar el tiempo en que varía el proceso, se aplica la solución de la segunda ley de Fick;

0

( )2

S x

S

C C xerf

C C Dt

Con el objeto de producir un semiconductor extrínseco se difunde fósforo en germanio, si la concentración de fósforo en la superficie es de 45 % atómico y la concentración a una profundidad de 0.15 mm es de 1 % atómico de fósforo.

a) Calcule el flujo de átomos de fósforo a 900oC en germanio.

b) Estime el tiempo que durará el proceso si se desea elevar la concentración del fósforo, hasta una tercera parte de la concentración que se tiene en la superficie


98

Se sabe que Cs=0.45% atómico de P en la superficie, Cx=0.15% atómico de P a 0.015cm de la superficie; C0=0.01% atómico de P como concentración inicial. De acuerdo con la segunda ley de Fick

0

( )2

s x

s

C C xerf

C C Dt

2

0.45 0.15 0.015( )

0.45 0.01 2 cms

cmerf

D t

211

0.0150.6818 ( )

2 3.8629 10 cms

cmerf

x t

De la tabla de tabulación error función encontramos: N erf. N 0.70 0.677801 - 0.71 - 0.684666 ---------- ------------ 0.01 6.865 x10-3 0.6818-0.677801= 3.999 x10-3 y 3.999 x10-3 y = (3.999x10-3) 0.01/6.865x10-3 = 5.8252x10-3 para encontrar el valor sin error: 0.70 + 5.8252x10-3 =0.7058 este valor se sustituye en la ecuación de la 2ª. Ley de Fick sabiendo que x= 0.015 cm;

211

0.0150.7058

2 3.8629 10 cms

cm

x t 2

2

11

0.0001129

3.8629 10 cms

cmt

x

2923114 811.98t seg hrs

Problema 4.14

Solución: El coeficiente de difusión para Ag en Au Do=0.072. Q=40,200) J=105 at Ag/cm2s; x=0.28 cm; CM= 45/1.5 x107; T= 550ºC; cm= ?

17

7 8 3

(45)(4)1.7041 10

(1.5 10 )(4.1295 10 )MC x

x x

40200

12(1.987)(823)0.072 1.5179 10D e x

m MC CJ D

x

5

12

(0.28)(10 )

1.5179 10m MC C

x

17 161.7041 10 1.8446 10mC x x 171.51964 10mC x

17 7 8 3(1.51964 10 )(1.5 10 )(4.1295 10 )

4

x x x

7

40.13

1.5 10

atAg

x atAv

Se difunde plata en oro y se requiere una densidad de flujo atómico de 105 átomos de plata/cm2s en una distancia de 2.8 mm. (a)¿Qué concentración se debe tener en el lado de menor concentración si en el de mayor concentración tenemos 45 átomos de plata por cada 1.5x107 átomos de oro. b) ¿Cuánto tiempo se requiere para aumentar un 25% la concentración en el lado de menor concentración?


99

b) No se Puede

Problema 4.15

Solución: En este proceso se libera carbono de la superficie por lo que Cs=0% atómico de carbono. C0 =0.25% atómico de carbono en el acero. Cs= 0% atómico de carbono en la superficie. Cx=Concentración de carbono a 0.3 cm después de 42 h.

Aplicando la ecuación, KT

Q

eDD

0 se calcula el coeficiente de difusión de carbono en

hierro BCC a 900°C donde s

cmD2

011.00 ; molcalQ 20900 substituyendo en la

ecuación 2 2

.

20900

(1.987 )(1173 ) 60.011 1.4029 10

calmol

calmol k

kcm cms s

D e x

Aplicando la solución a la 2a. Ley de Fick

0

( )2

s x

s

C C xerf

C C Dt

;

26

0.30.325688

2 2( (1.4029 10 )(151200 )cms

x cm

Dt x s

De la tabla de tabulación error función encontramos: N erf. N 0.32 0.349126 - 0.33 - 0.359279 ---------- ------------ 0.01 0.010153 0.325688 - 0.32= 5.688x10-3

5.688x10-3 y y = (5.688x10-3) 0.010153/0.01= 5.7750x10-3 para encontrar el valor error función: 0.349126 + 5.7750 x10-3 =0.3549

3549.025.00

0

0

X

S

XS C

CC

CC

0

0.3549xC

C 0.0887%xC C

El tiempo que se requiere para eliminar el 50% de la concentración inicial de carbono del acero?.

0.125

( )0.5 2

xerf

Dt

26

0.30.5 .

2 1.4029 10 cms

cmerf

x t

De la tabla de tabulación error función encontramos: N erf. N 0.47 0.4937 - 0.48 - 0.5027 ---------- ------------ 0.01 9x10-3 0.5 - 0.4937= 6.3x10-3

y 6.3 x10-3

Una muestra de acero con 0.25% de carbono es colocado en una cámara al vacío con el fin de descarburizarlo, la temperatura del proceso es de 900ºC, después de 42 horas. ¿Cuánto carbono estará presente a 3mm bajo la superficie? b) Cuánto tiempo se requiere para eliminar el 50% de la concentración inicial de carbono del acero?


100

y = 7.0x10-3 para encontrar el valor sin error función: 0.47 + 7.0 x10-3 =0.477

tx

cm

scm26104029.12

3.0477.0

2

6

0.3 1( ) ( )(2)(0.477) 1.4029 10

tx

70488.63 19.56t seg h

4) T=700ºC ; J=105 ; X=.0.28cm ; C2=35 por cada 108; a=4.1295 Å C2=1.9881x1016

40200

11(1.987)(973)0.072 6.7156 10D e x

C

J DX

5 1110 6.7156 100.28

Cx

144.1694 10C x 14

1 2 4.1694 10C C x 16

1 1.9464 10C x

C1=34.3 at Ag por cada 108 at Au No se puede duplicar

Problema 4.16

Solución:

El Do=0.072 cm2/s para la difusión de Ag en Au, Q=40,200 cal/mol

aau= 4.07 Ǻ estructura FCC con 4 átomos de Au por celda, así 1.5x107 átomos de Au son 3.75x 106 celdas, se calcula CM la concentración mayor.

17

6 8 3 3

45 . .1.793 10

(3.75 10 )(4.06 10 )M

at Ag at AgC x

x celdas x cm cm

Se calcula la difusión de la Ag en Au a

m MC CJ D

x

despejando

5

2

212

.(0.28 )(10 )

1.5179 10m M

at Agcm

cm sC Ccm

xs

17 16

3 3

. .1.793 10 1.8446 10m

at Ag at AgC x x

cm cm

17

3

.1.51964 10m

at AgC x

cm

Se difunde plata en oro y se requiere una densidad de flujo atómico de 105 átomos de plata/cm2s en una distancia de 0.28 cm. Si en la región de mayor concentración existen 45 átomos de plata por cada 1.5x107 átomos de oro. ¿Qué concentración debe existir en la región de menor concentración? b) cuanto tiempo se requiere para aumentar un 25% la concentración en el lado de menor concentración?

40,200 /2 212(1.987 / . )(823 )0.072 1.5179 10

cal mol


s s


101

J=105 at Ag/cm2s ; x=2.8mm ; CM=45 at Ag/1.5x107 at Au CM=1.704x1017 at Ag/cm3; D=3.095x10-13; a=4.1295

m MC CJ D

x

516

13

(10) (0.28)9.0468 10

3.095 10m M m MC C x C C

x

17 16 161.704 10 9.0468 10 7.9932 10x x x 16

7 3

47.9932 10 21.1 26.38

1.5 10

xx

x a

17 16 16

17 16 16

0

1.704 10 9.9897 10 7.0503 10( )

1.704 10 7.9932 10 9.0468 102

s x

s

C C x x x xerf

C C x x xDt

0.779314

0.7761 0.86 5.3x10-3 0.01 0.7814 0.87 3.214x10-3 x=6.064x10-3 = 0.866064

2

13

0.28 1( )

(0.866064)(2) 3.095 10t

x

10 7 58.4317 10 2.342 10 9.758 10x seg x hrs x Dias

Problema 4.17

Solución: Ø=1.5 cm; 0.32% at Zn Sup.; 0.08% at Zn Int.; El parámetro de red del Cu aCu =3.62 Ǻ, Zn en Cu Do=0.78 cm2/s, Q=43,900 cal/mol

Zn Fig. Difusión de átomos de Zn de la superficie al centro de una barra de Cu Primero se calcularán las concentraciones en la superficie y en el centro de la barra tomando 1 cm3 de cobre como base de cálculo: C1=Concentración de Zn en la superficie de la barra. En 1cm3 de Cu hay 8.429 x1022 átomos estos pesan 8.8924g el 0.32% de este peso es 0.02845g que corresponde a 2.6212 x 1020 átomos de Zn de la superficie. C2=Concentración de Zn en el centro de la barra.

Cs Cx

Una barra cilíndrica de cobre de 15 mm. de diámetro, contiene 0.32 % en peso de zinc en la superficie. La concentración en el centro de la barra es de 0.08 % en peso.

a) Determine el flujo atómico hacia el centro de la barra a 550 °C

b) Determine el tiempo para obtener una concentración de 0.13 % en peso de Zn a una profundidad de 4 mm. de la superficie.


102

En 1cm3 de Cu hay 8.429 x1022 átomos estos pesan 8.8924g el 0.08% de este peso es 7.1139 x 10-3 que corresponde a 6.5545 x 1019 átomos de Zn en el centro de la barra.

20

1 3

2.6212 10 .x at deZnC

cm

19

2 3

6.5545 10 .x at deZnC

cm

20

3

1.96575 10 .x at deZnC

cm

Con la ecuación tipo Arrhenius, se calcula el coeficiente de difusión del Zn en el Cu a la temperatura de 550°C;

RT

Q

eDD

0

2 2

.

(43900 )

(1.987 )(823 ) 120.78 1.711 10

calmol

calK mol

kcm cms s

D e x

El coeficiente de difusión obtenido, se aplica a la 1ª. Ley de Fick, para calcular el flujo estacionario de átomos de Zn en Cu de la superficie al centro de la barra;

)(x

CDJ

substituyendo en la ecuación,

32

2

20 .

12 8 .1.96575 10

1.711 10 4.4845 100.75

at deZn

cmcm at deZns cm

xJ x x

cm

Para determinar el tiempo en que varía la concentración, se aplica una de la soluciones de la segunda ley de Fick;

0

( )2

S x

S

C C xerf

C C Dt

Se sabe que Cs=0.32% en peso de Zn en la superficie, Cx=0.13% en peso de Zn a 0.75c de la superficie; C0=0.08% en peso de Zn concentración inicial en el centro de la barra de acuerdo con la segunda ley de Fick

0.32 0.13

( )0.32 0.08 2

xerf

Dt

0.7917 ( )

2

xerf

Dt

De la tabla de tabulación error función encontramos: N erf. N 0.88 0.7867 - 0.89 - 0.7918 ---------- ------------ 0.01 5.1 x10-3 0.7917 - 0.7867= 5x10-3

X 5x10-3 X = (5x10-3) 0.01/5.1x10-3 = 9.8x10-3 para encontrar el valor sin error: 0.88 + 9.8x10-3 =0.8898 este valor se sustituye en la ecuación de la 2ª. Ley de Fick sabiendo que x= 0.4 cm;

212

0.40.8898

2 1.711464 10 cms

cm

x t

212 20.41.711464 10 ( )

(2)(0.8898)cm

s

cmx t

10 6 52.9519 10 8.2 10 3.42 10t x seg x hrs x dias

Problema 4.18

Un gas de hidrocarburo se utiliza para que el contenido de carbono de la superficie (Cs) sea del 1% en peso. El contenido inicial de carbono del acero (Co) es de 0.2% en peso. Cuanto tiempo será necesario para que a 1000ºC se alcance un contenido de carbono de 0.6 % en peso a una distancia de 1 mm de la superficie.


103

Solución:

7 2

1000º

2

1 0.6 0.40.5

1 0.2 0.8

4 10 /

s x

s o

s x

s o

C

C C xerf

C C Dt

C C

C C

D x cm s

de la tabla erf erf N N erf N N 0.4937 0.47 0.4755 0.45 0.5027 0.48 0.5205 0.50 0.0090 0.01 0.0450 0.05 0.0063 x=7x10-3 0.0245 x=0.0272 x=0.45+0.0272 x=0.4772 0.47+7x10-3=0.477

2

2

27

3

0.477 (0.477) 0.954 0.910116( )2

(0.1 )

(0.910116)(4 10 )

27.46 10

7.62

xx s Dt x Dt x Dt

Dt

cmt

cmx

s

t x seg

t horas

Problema 4.19

Solución : La difusión inversa en los sólidos también se puede dar, este proceso se utiliza en la industria para disminuir la concentración de soluto en el sólido a través de la superficie, para lograrlo la pieza se deberá colocar en una cámara al vacío a temperaturas altas como se muestra en la fig. vacío

Considerar que una muestra de acero que contiene 0.15 % de carbono, es colocada en una cámara al vacío 42 horas, con el fin de descarburizarla, la temperatura del proceso es de 900oC.

a) ¿Cuánto carbono estará presente a 7mm bajo la superficie al final de las 42 horas?

b) ¿Cuánto tiempo se requiere para eliminar el 50 % de la concentración inicial?


104

Fig. Descarburización en una pieza de acero

a) Para C en Fe BCC Do=2.2 cm2/s, Q=29,300 cal/mol

Calculando el coeficiente de difusión a la temperatura de 900oC 29300 /2 2

6(1.987 / )(1173 )2.2 7.636 10

cal mol

cal molK Kcm cmD e x

s s

, 42 horas = 151,200 s

Como se está dando una descarburización en el material, la concentración en la superficie debe ser cero. Así substituyendo en la ecuación de la segunda ley de Fick

0

( )2

s x

s

C C xerf

C C Dt

26

0.7( )

0.15%2 (7.636 10 )(151200 )

xC cmerf

C cmx s

s

(0.3257)0.15

xCerf ahora consultando N en la tabla error función

N erf. N 0.32 0.3491 0.3257 – 0.32 = 5.7 x 10-3

0.33 0.3593 --------- ---------- 0.01 0.0102 5.7 x 10-3 x x = 5.814 x10-3 5.814 x10-3 + 0.3491= 0.3549

0.35490.15

xC 0.0532%xC

c) El 50% de la concentración inicial es 0.075%C así:

6

0.075 0.7( )

0.15 2 1.403 10erf

x t

0.350.5 ( )erf

Dt consultando la tabla error función

0.35

0.4769Dt

2

6

0.35 1( ) ( )0.4769 1.403 10

tx

383905 (106.64 )t seg hrs

Problema 4.20

PROBLEMA 3.14

C C

C C

C C

acero

9000C

Un supervisor de tratamientos térmicos, está realizando un programa de economías para obtener una mayor vida de los hornos eléctricos, para lograrlo el recomienda reducir la temperatura de carburización del proceso de 1000ºC a 900ºC. Con los datos siguientes determine si esta medida es correcta. La concentración de un engrane es de 0.2 %C, se requiere elevar esta concentración a 0.5%C a una profundidad de 0.005 cm. Manteniendo la concentración en la superficie en 0.9%C, ¿Qué porcentaje de reducción de tiempo se obtendría de ser correcto el programa de economías del supervisor?


105

Solución:

Para 900°C Para C en Fe BCC Do=0.011 cm2/s, Q=20,900 cal/mol

para C en Fe FCC Do=0.23 cm2/s, Q=32,900 cal/mol

C0=0.2%C; Cx=0.5%C; CS=0.9%C; x=0.005cm

32900 /2 27(1.987 / )(1273 )

1000 0.23 5.1637 10

cal mol

cal mol K K

C

cm cmD e x

s s

20900 /2 26(1.987 / )(1173 )

900 0.011 1.403 10

cal mol


s s

aplicando la segunda ley de Fick 0

( )2

s

s

C Cx xerf

C C Dt

0.9% 0.5%0.571429

0.9% 0.2%

C C

C C

consultando la tabla error función 0.559794

Substituyendo este valor en la ecuación de la segunda ley de Fick,

0.0050.559794

2 Dt en esta ecuación se subtituyen los coeficientes de difusión para

1000°C 51.99445 10Dt x 1000 38.624Ct seg y para 900°C

900 14.2156Ct seg de estos resultados se encuentra que existe una reducción en

los tiempos del 63.19% con lo que se comprueba que la propuesta del Supervisor es correcta.

Problema 4.21

Solución :

Para 900°C Para C en Fe BCC Do=0.011 cm2/s, Q=20,900 cal/mol

para C en Fe FCC Do=0.23 cm2/s, Q=32,900 cal/mol

T1=1000ºC ; T2=900ºC ; Co=0.2% ; Cx=0.5% ; Cs=0.9% ; x=0.0127cm. Calculando el coeficiente de difusión para 1000°C

32900

2 7 2(1.987 / )(1273 )

(1000º) (0.23 / ) 5.163655 10 /

cal

cal molK KD cm s e x cm s

Calculando el coeficiente de difusión para 900°C

Un supervisor de tratamientos térmicos, está realizando un programa de economías para obtener una mayor vida de los hornos eléctricos, para lograrlo el recomienda reducir la temperatura de carburización del proceso de 1000ºC a 900ºC. Con los datos siguientes determine si esta medida es correcta. La concentración de un engrane es de 0.2 %C, se requiere elevar esta concentración a 0.5%C a una profundidad de 0.0127cm. Manteniendo la concentración en la superficie en 0.9%C, ¿Qué porcentaje de reducción de tiempo se obtendría de ser correcto el programa de economías del supervisor?


106

20900 /

2 6 2(1.987 / )(1173 )

(900º) (0.011 / ) 1.402959 10 /

cal molK


Aplicando la segunda ley de Fick

3

7 7

0.9 0.5 0.0127 6.35 10( );0.571429 ( )

0.9 0.2 2 5.163655 10 5.163655 10

xerf erf

x t x

buscando N en la tabla erf. se obtiene ; 0.571429 este valor se iguala a la razón de las composiciones; se calcula t para cada temperatura

3

7

6.35 100.559794

5.163655 10

x

x t

1000º 248.95t seg 900º 91.72t seg

y se encuentra que a la temperatura de 900ºC es más rápida la difusión lo cual confirma lo que ha propuesto el supervisor.

Problema 4.21

Solución:

Para 800°C para N en Fe BCC Do=0.0047 cm2/s, Q=18,300 cal/mol

CS=0.1% ; C0=0.001% ; x=0.1cm ; t=560min=33600seg Calculando el coeficiente de difusión a 800°C

18300

2 2(1.987 )(1073 )

70.0047 8.7988 10

cal

molcal

Kmol K

cm cmD e x

s s

Aplicando la segunda ley de Fick :

0

( )2

s x

s

C C xerf

C C Dt

para calcular N

27

0.10.2908

(2)( 8.7988 10 (33600 )

cm

cmx s

s

buscando N en la tabla error func. se obtiene ; 0.3191 este valor se iguala a la razón

de las composiciones ; 0.1

0.31910.1 0.001

xC

0.0684%xC

Problema 4.22ta

Solución: aGe=5.6575Ȧ, para P en Ge Do=2.0 cm2/s, Q=57,500 cal/mol; T=900ºC ;

CM=45% ; Cm=1% ; x=0.15mm ; n=4.4179x1022 at/cm3; CM=1.988x1022 ; Cm=4.4179x1020.

Los aceros pueden endurecerse por nitruración a 800ºC. Si la atmósfera nitrurante contiene 0.1% de nitrógeno en la superficie de un acero que contiene originalmente 0.001% de nitrógeno. Determine el porcentaje de nitrógeno a una distancia de 1 mm de la superficie después de 560 min.

Con el objeto de producir un semiconductor extrínseco se difunde fósforo en germanio, si la concentración de fósforo en la superficie es de 45% atómico y la concentración a una profundidad de 0.15 mm es de 1 %,

a) Calcule el flujo de átomos a 900ºC b) Estime cuánto durará el proceso si se desea elevar la concentración hasta una tercera parte de la concentración en la superficie.


107

a) Para encontrar el flujo atómico a 900°C, calculamos el coeficiente de difusión a T=900°C y se aplica la 1a. ley de Fick .

57500

2 2(1.987 )(1173 )

112 3.8629 10

cal

molcal

Kmol K

cm cmD e x

s s

20 222 3 3

11

4.4179 10 1.988 10

3.8629 10 ( )0.015

at atx x

C cm cm cmJ D xx s cm

13

25.00 10

atx

cm s

b) Aplicando la segunda ley de Fick 0

( )2

s

s

C Cx xerf

C C Dt

susbtituyendo las concentraciones;

0.2589 0.0830.677926

0.2589 0.0043

buscando erf.N en las tablas encontramos el valor

de 0.7002 este se sustituye en la ecuación de la segunda ley de Fick.

2

0.0150.7002

2 ( )

cm

cmD t s

s

despejando el tiempo 62.97 10 825t x seg Hrs

Si se desea elevar la concentración hasta una tercera parte de la concentración en la superficie se encuentra el tiempo el cual es t=2.92x106seg =811.98 Hr

Problema 4.23

Si la profundidad (x) de una capa carburizada, en una pieza de acero es proporcional a (Dt)1/2. ¿Qué tiempo se tomará el producir una camisa de carbono de 1mm de espesor a 500°C en comparación con 1000°C?

Solución: El coeficiente de difusión para C en Fe BCC a 500°C es D=6.3x10 -8cm2/s, y el coeficiente de difusión para C en Fe FCC a 1000°C es D=3.0x10-7cm2/s. Aplicando la condición impuesta por el problema;

8

8

1 2

7

2 1

2 1

500

0.1 6.3 10

0.01 6.3 10

15,8730.1587 44.09

1000

0.01 4 10

25,000 6.94

44.09 6.94 37.15

C

C

x Dt

T

x t

x t

t s t hrs

T

x t

t s t hrs

t t t hrs

Problema 4.24


108

Se requiere difundir Al en Si puro para fabricar un semiconductor. ¿Cuánto tiempo se debe calentar a 1300ºC el Si en contacto con Al, de modo que la concentración del Al a 0.01 mm bajo la superficie sea igual a la mitad de la concentración del Aluminio en la superficie inmediata?

Solución: Para el Al en Si D0=8cm2/s y Q=80,000.00 cal/mol Utilizando la ecuación:

0

Q

RTD D e

Substituyendo en la ecuación,

80,000

2 21.98 1573

118 5.5951 10

cal

molcal

Kmol K

cm cmD e x

s s

Utilizando este valor y la relación x Dt :

2 2

211

(0.001 )17,872.78 4.96

5.5951 10

x cmt s horas

cmDx

s

0.061%xC at

Solución:

32900

2 7 2(1.987 / )(1273 )

(1000º) (0.23 / ) 5.163655 10 /

cal


27

0.11.3176

2 (4 10 )(3600 )cm

x ss

7 2

1000º 4 10 /CD X cm s t = 1 hora N erf

1.30 0.9340 1.40 0.9523

0.10 0.0183 0.0176 x=8.052x10-4

27

0.11.3176

2 (4 10 )(3600 )cm

x ss

Durante la carburización de un acero con 0.2% de C se introduce 1.0% de C en la superficie. Calcular la cantidad de C a una distancia de 0.1cm por debajo de la superficie después de 1 hora a 1000 ºC, a esta temperatura el acero tiene la estructura FCC.


109

0.35 0.35( )

0.35( ) 0.35( )

0.35(1 0.2) 1.0

0.72

s xs x s o

s o

x s o s x s o s

x

x

C CC C C C

C C

C C C C C C C C

C

C

1.80 0.9891 1.90 0.9928 0.1 0.0037 0.0633 x=2.3421x10-3

0.9348052 0.99144(1 0.2) 1.0

0.2068

1 0.06599 1 0.93401

1 0.06599

s xx

s o

x

C CC

C C

C

erfN

erfN

Es Cu en Ni ?????

2) Ø=12.7mm Ni ; 0.25% Cu S ; C 0.1%Cu ; T=500ºC ; 9.271712x1022

a)

( 61500)

18(1.987)(773);0.65 2.652252 10Q

RToD D e e x

20

18

1 2.31793 10 ; 9.27171 1019

9.3849 10 ( 2.3)o

xS x i x

x D

2018 1.39076 10

2.652252 10 ( )0.635

C xJ D x

x

580.9 2055.45

b) 18

0.25 0.17 0.254( ); (

0.25 0.12 2 2.652252 10

s x

s o

C C xerf erf

C C Dt x t

18

0.1270.5333 ( )

2.652252 10erf

x t

15 126.487 10 1.802 10x x

20.127 0.1270.5147 ; ( ) 0.06088

0.5147Dt

Dt

16 122.2955 10 6.7516 10t x seg x hrs

4) P en Ge ; Do=2 ; Q=57500 ; C1=0 ; C2=2.2777x1022 ; x=0.1mm

57500

(1.987)(1073)2D e

12 23.876 10 /x cm seg

2212 2.2777 10

( 3.876 10 )( )0.01

C xJ D x

x

128.828 10x


110

0.50 12.5( ); ( );0.75 ( )

0.50 02 2 2

s x

s o

C C x x xerf erf erf

C C Dt Dt Dt

12

0.010.81345

2 3.876 10x t 9747528.5 2707 112.82t seg hrs dias

2) Do=2.0; Q= 57000; T=800ºC; CD=8 at; a=5.6Å; #at sup=2.277697x1022; C=-

2.277697x1022; C/x=2.277697x1024

57000

26.69452(1.99)(1073)2 2D e e

125.10209845 10x 12 24( 5.10209845 10 )( 2.2777697 10 )J x x 131.1621 10x

0.5 0.25 0.001 0.001 0.001( ); ( );0.5 ( );0.477

0.5 02 2 2 2

s x

s o

C C xerf erf erf

C C Dt Dt Dt Dt

3 60.954 0.001 1.048218029 10 1.098761036 10Dt Dt x Dt x

215354.73 59.82t seg hrs

2) Do=2 ; Q=57500 ; #at/cm3=4.5554x1022 ; #at P=2.2777x1022

Q

RToD D e

123.876 10D x

2212 2.2777 10

( ) 3.876 10 ( )0.01

C xJ D x

x

128.8284 10x 50 12.5 0.01

( )50 02 2

s x

s o

C C xerf erf

C C Dt Dt

30.01 0.01 0.010.75 ( );0.81345 ( ) 6.146659 10

2(0.81345)2 2erf Dt x

Dt Dt

55

12

3.778 103.778 10

3.876 10

xDt x t

x

9747528.5 2707seg hrs


111

Difusión atómica PROBLEMAS PROPUESTOS

1.-En una barra de aluminio de 0.5 in de diámetro contiene 0.25% atomos de Cu en la superficie, la concentración de cobre en el centro de la barra es de 0.1% atomos. Cual es el flujo de Cobre hacia el centro de la barra a 500ºC a=4.05Å Do= 2.0 cm2/s Q=33900 Cal/molK

2.- Con el objeto de producir un tipo de semiconductor se difunde P en Ge; si Do=2.0 cm2/s y Q=57500 Cal/Mol, para el Ge a=5.6Å

(a) Calcule el coeficiente de difusión del P en Ge. Si la concentración de P en la superficie es de 50at % y la concentración a una profundidad de 0.1mm es de cero. (b) Calcule el flujo de átomos a 800ºC

(b) Estime cuanto tiempo llevará el proceso si el P se difunde en Ge hasta que la concentración alcance un cuarto de la concentración de la superficie.

3.- Los aceros pueden endurecerse por nitruración a 800ºC. Si la atmósfera nitrurante es de 0.1% N en la superficie de un acero que contiene originalmente 0.001% N. Determinar el porcentaje de N a una distancia de 1 mm debajo de la superficie después de 360 min. 4,-a)Con el objeto de producir un tipo de semiconductor se difunde P en Ge. Si Do para el P en Ge es de 2.0 cm2/s y Q=57000 cal/molK, determine la difusividad del P en Ge a 800ºC

b)Si la concentración de P en la superficie de Ge es de 50% atomos y la concentración a una profundidad de 0.1 mm es cero calcule el flujo de atomos entre la superficie y esta profundidad a 800ºC, El Ge es CD y a=5.6Å

c)Estime cuanto tiempo durara el proceso si el fosforo se difunde en Ge hasta que la concentración a 0.01 mm de la superficie alcanza la mitad de la concentración en la superficie. 5.- a)Una barra de Niquel de 12.7 mm de diámetro contiene 0.25% atomico de cobre en la superficie. La concentración de Cu en el centro de la barra es de 0.1% atomico. Cual sera el flujo de atomos de Cu hacia el centro de la barra a 500ºC b)En que tiempo se obtendra una concentración de 0.17% atomico de cobre a una profundidad de 0.1 pulgadas de la superficie.

4) Un cristal de Si de 0.05cm de espesor contiene 2 atomos de Ga por cada 107

atomos de Si en una superficie, la otra superficie es tratada para producir una alta concentración de Ga, cuantos atomos de Ga por cada 107 atomos de Si deben estar presentes en la superficie para producir un gradiente de concentración de -2x1018 at / cm3cm. Que % de Ga, a0=5.4307

1) Durante la carburizacion de un acero con 01.% de C se introduce el acero en 1 atm

de C con 1.7 de C, el contenido final de C requerido a 0.15 cm bajo la superficie es de 0.5% C. Determinar el tiempo necesario para este proceso a 800º y 1000ºC

2) Se difunde un gas a traves de una membrana de hierro de 1.7 mm de espesory 5 cm de perímetro, la concentración del lado en donde se inyecta el gas es de 4.2x1018 atomos H/cm3 y el número de átomos totales que pasan a traves de la membrana es de 8.2x105 at H en un segundo a 700ºC, cual era la concentración del otro lado de la membrana al iniciar la difusión.


112

3) Una lamina de oro contiene 22 átomos de plata por cada 108 atomos de oro a una profundidad de 0.29 cm y 38 átomos de plata por cada 108atomos de oro en la superficie a) Cual es la densidad de flujo atómico a 700ºC b) Cuanto tiempo se requiere para aumentar la concentración de plata al doble

3) a) Con el fin de fabricar un semiconductor se difunde arsénico en silicio. Si Do es

0.32 cm2/s y Q=82000 Cal/Mol. Determine la difusividad del arsénico en Si a 1000ºC b)Si la concentración de As en la superficie de Si es 45% atomico y la concentración a 0.07 mm es 1% atomico calcule el flujo de atomos entre la superficie y esta profundidad a 1000ºC. El Si es CD y a=5.4307 c)Estime cuanto tiempo durara el proceso si se requiere una concentración de ¼ de la de la superficie a una profundidad de 0.035 mm

4) Si se requiere una densidad de flujo atomica de Ni en Fe a 1000ºC de 106

atomos/cm2 en una distancia de 3.7 mm, que concentración se debe tener en el lado de mayor concentración si en el de menor concentración tenemos 5 atomos de Ni por cada 108 atomos de Fe.

5) Considerar un acero que contiene 0.15% de C este material es colocado en una camara al vacío con el fin de descarburizarlo, la temperatura del proceso es 880ºC, después de 36 hrs cuanto estará presente a 7 mm bajo la superficie?

5) Considerar un acero conteniendo 0.03%de N. este es puesto en una camara a

vacio a 680ºC; después de 6 hrs cuanto N esta presente a 0.07 cm bajo la superficie?

6) Suponga que un supervisor de tratamientos térmicos está haciendo un programa de economías para obtener una mayor vida de sus hornos eléctricos. El recomienda reducir la temperatura de carburización de 1000°C a 900 ºC considerando que la vida del horno será mas larga a 900ºC, también dice que el tiempo de carburización será solo de 105 mayor que a 1000ºC. Con los datos siguientes determine si él está en lo correcto o está equivocado; la concentración de un engrane es de 0.2%C, se requiere elevar a 0.5% C en 0.005 in y la concentración de la superficie es de 0.9 %C.

7) Se difunde un gas a través de una membrana circular de fierro de 1.7 mm de espesor y 5 cm de perímetro, la concentración del gas del lado en donde se inyecta el gas es de 3.7x1018 átomos de H/cm3 y del otro lado la concentración es de 2.1x1015 átomos de H/cm3. Determine el número total de átomos que pasan a través de la membrana en un segundo a 700ºC.

8) Se difunde plata en oro y se requiere una densidad de flujo a 700ºC de 105 at/cm2s en una distancia de 2.8 mm. Que concentración se debe tener en el lado de menor concentración si en el de mayor concentración tenemos 35 átomos de plata por cada 108 átomos de oro. Cuanto tiempo se requiere para duplicar la concentración en el lado de menor concentración.

9) Una barra cilíndrica de cobre de 15 mm de diámetro contiene 0.32% atómico de Zn en la superficie. La concentración en el centro de la barra es de 0.08% atómico a) Determine el flujo atómico hacia el centro de la barra a 550ºC b) En que tiempo se obtendrá una concentración de 0.13% atómico de Zn a una

profundidad de 4 mm de la superficie.


113

Capítulo 5 Conductores Eléctricos

Conductores

Por sus propiedades electrónicas todas las sustancias de la naturaleza pueden ser divididas en tres grandes grupos: conductores, semiconductores y aislantes.

Conductores.- En un metal los electrones de valencia tienen la capacidad de moverse a través de todo el metal, los electrones se comportan como ondas estacionarias. Así, se mueven dentro del metal transportando la misma carga tanto en un sentido como el opuesto. En ausencia de un campo eléctrico no hay un transporte de carga neto. Si el conductor se coloca bajo un campo eléctrico los electrones adquieren un momento adicional como resultado aparece la velocidad de arrastre.

v

La red de un metal cristalino es un medio excelente para el movimiento de los

electrones. Sin embargo cualquier irregularidad en la estructura deflecta la onda. El

efecto neto es una reducción de la velocidad de arrastre, a pesar de que el campo

eléctrico no se alteró, así las irregularidades en la red disminuyen la conductividad e

incrementan la resitividad. La distancia promedio que un electrón es capaz de viajar sin

ser deflectado se conoce como la trayectoria libre media.

La resistividad de un metal aumenta con la temperatura fig.

En una primera aproximación el aumento es lineal (excepto para temperaturas cercanas

al cero absoluto). Conforme aumenta la temperatura la agitación térmica aumenta en

intensidad. Este incremento en la agitación disminuye la trayectoria libre media, y por


114

tanto disminuye la movilidad de los electrones. Podemos expresar la relación

versus T mediante un coeficiente térmico de la resistividad Ty . Así

0(1 )CT Ty T

Donde 0 C es la resistividad a 0°C o 273°K. El valor de este coeficientes de,

aproximadamente, 004/°C para metales puros tabla.

Esto sugiere que la trayectoria libre media de los electrones se reduce en un factor de

dos, entre 0°C a 250°C. El efecto de la temperatura sobre la resistividad eléctrica de un

metal con una red cristalina perfecta. La pendiente de la curva es el coeficiente de la

resistividad. Fig.

Las imperfecciones de la red dispersan los electrones y así reducen la movilidad de los portadores de carga y con ello la conductividad eléctrica del metal. El incremento en la resistividad debido a los átomos (soluto) en la solución sólida se puede calcular a partir de la siguiente relación:

(1 )d b x x

Donde:

d Incremento de la resistividad por los defectos.

b Coeficiente de la resistividad por defectos.

x Fracción atómica por impurezas.

La resistividad total en el metal variará por la temperatura y por la cantidad de defectos

así:

T d

PROBLEMAS RESUELTOS

¿A qué temperatura la resistividad del Au, será igual a la resistividad de la plata a 50°C ?


115

Solución: 6

01.7 10 .oAg C

x cm , 0.0038 . /Agy cm C

Empleando la ecuación para la resistividad en metales, encontramos la resistividad de la Ag a 50°C,

6 61.7 10 . 1 0.0038 . / (50 ) 2.023 10 .Ag x cm cm C C x cm

La resistividad para el Au 6

02.3 10 .oAu C

x cm , 0.0034 . /Auy cm C entonces

calculando para el Au igualamos a la resistividad de la Ag,

6 62.023 10 . 2.3 10 . 1 0.0034 . / ( )x cm x cm cm C T

Despejando T de la ecuación,

35.42T C

Problema 5.1

Solución: La resistividad del Fe puro a 00C 0 9 .cm , y el coeficiente de la

resistividad de temperatura yt=0.0045°C-1

0(1 )yT

(a)

19 . . (1 0.0045 (500 )) 29.25 . .cm C C cm

Aplicando la relación:

(1 )d b x x

(b) 42.0 10 .

1000 .(1 5)5

x cmb cm


1.- ¿A qué temperatura la resistividad de la Ag, será igual a la resistividad del Au a 50°C?

La resistividad del Fe conteniendo 5at % de impurezas a 500°C es de 2.0x104Ωcm.

Determine para este material la contribución a la resistividad debido a la temperatura e

impurezas.

a) Calculando la resistividad esperada para el Fe puro a 500°C.

c) Calculando el coeficiente de la resistividad por defectos.


116

Energía de Fermi.

A 0°K los estados de menor energía más cercanos al núcleo se llenan primero, después los siguientes y así sucesivamente. Finalmente todos los electrones quedan ubicados.

La energía del estado ocupado más alto recibe el nombre de nivel de Fermi Ef es la energía a la cual la mitad de los posibles niveles de energía en la banda son realmente ocupados por los electrones.

Distribución de Fermi. La distribución de Fermi ( )f E da la probabilidad que un nivel de

energía particular E en la banda es ocupada por un electrón. La función ( )f E , la cual

puede variar de de 0 a 1, es:

1( )

1 exp

fE E

kT

f E

Donde k es la constante de Boltzman (8.63x10-5

eV/K). En el cero absoluto, la

probabilidad ( )f E que un electrón tiene una energía E menor que Ef es uno; la

probabilidad ( )f E que un electrón tiene E mayor que Ef es cero. A altas temperaturas,

algunos electrones entran a los niveles de energía en la banda de conducción.

PROBLEMAS RESUELTOS

Problema 5.2

Solución: Aplicando la función de distribución de Fermi:

6

48

2.8

(86.6 10 )298º

5.62.8

2

1( ) 5.9 10

1

eV

eVx K

K

E Ef eV eV

f E x

e

(a) ¿Cuál es la probabilidad de que 1e- sea térmicamente promovido a la banda de conducción en el diamante a 25°C? Eg=5.6eV (b) ¿Cuál es la probabilidad de que 1e- sea térmicamente promovido a la banda de conducción en el Silicio a 25°C? Eg=1.07eV


117

(b) Para el Si 1.107

0.55352

E Ef eV eV

6

10

0.5535

(86.6 10 )(298 )

1( ) 4.49 10

1

eV

eVx K

K

f E x

e

Aún cuando estos números son muy pequeños su magnitud es 38 veces mayor que el valor para el diamante y esto es suficiente para crear pares de electrón-hueco para el comportamiento del Si como semiconductor.

Calcular la probabilidad a niveles de energía a Ef y a Ef + 0.025eV, Ef + 0.075eV, Ef +

0.10eV, Ef + 0.25eV, Ef + 1.0eV, de un electrón a 30°C.

SEMICONDUCTORES

Es necesario saber que el comportamiento eléctrico es influenciado por la estructura del material, su procesamiento y el ambiente al cual es expuesto, en la selección de un material para aplicaciones eléctricas y electrónicas. La ley de Ohm

V IR

Donde V es el voltaje (volts, V), I es la corriente (ampers, A), y R es la resistencia

(ohms, Ω) al flujo de la corriente. La resistencia de los materiales también se puede

medir a través de la ecuación:

l lR

A A

Donde l es la longitud del conductor, A es la sección transversal de el conductor, es

la resistividad eléctrica la cual es el recíproco de .

Una segunda forma de la ley de Ohm se obtiene combinando las dos ecuaciones:

IlV IR

A

I V

A l

así,

Si se define I

A como la densidad de corriente y

V

l como el campo eléctrico

entonces:

J


118

Con ello podemos determinar que

J nqv

Donde n es el número de portadores de carga, q es la carga del electrón (1.6 x10-19

C) y

v es la velocidad promedio a la cual se mueven los portadores de carga así:

nqv o v

nq

El término v

es llamado la movilidad

Finalmente la ley de Ohm :

nq

Donde n es el número de portadores de carga, q es la carga del electrón (1.6 x10-19

C) y

es la movilidad.

Los más importantes semiconductores son el Si y el Ge elementos del grupo IVB de la

tabla periódica. Ambos tienen la estructura cristalina del diamante y tienen enlaces

covalentes altamente direccionales. Los orbitales híbridos de enlace sp3 que forman los

átomos enlazados en el cristal son discretos y ocupados por pares de electrones, estos

electrones son capaces de moverse a través del cristal y conducir electricidad siempre

que estos electrones contengan la energía suficiente para superar la brecha de energía

prohibida entre la banda de valencia y la banda de conducción que existe en el

semiconductor, al incrementarse la temperatura más electrones pasan la brecha

prohibida y la conductividad eléctrica se incrementa rápidamente así cada electrón que

pasa a la banda de conducción, deja una vacante en la banda de valencia, bajo la

influencia de un campo eléctrico aplicado electrones y huecos se mueven en sentido

contrario y por lo tanto ambos contribuyen aditivamente a la corriente.

Semiconductores intrínsecos.- El movimiento de los portadores de carga en general

tiene un carácter caótico, el vector de su velocidad media es igual a cero, es decir a cada

portador de carga libre le corresponderá un portador con una velocidad, cuyo vector está

dirigido en sentido inverso fig. en consecuencia la velocidad media del movimiento

dirigido de todos los portadores de carga es igual a cero, por eso no existe la

transferencia de carga. Si se coloca un semiconductor en un campo eléctrico bajo la

acción de este campo sus electrones libres comienzan a moverse en sentido contrario al

del campo. Los electrones que se mueven en sentido contrario del campo eléctrico

debido a la energía térmica serán acelerados por el campo y durante el recorrido libre

acumularán energía. Los electrones que se mueven por el campo serán retardados por

este, y su energía será disminuida. Fig. al chocar con defectos en la red cristalina, estos

electrones entregarán su energía excedente adquirida por acción del campo externo, o

bien recibirán energía de él. El movimiento dirigido de los portadores de carga libres en

un campo eléctrico se le conoce como deriva, y la velocidad de su movimiento dirigido

se llama velocidad de deriva en la fig se muestran con líneas continuas los vectores de la

componente de la deriva de la velocidad, y con líneas de trazos, los vectores de la

velocidad resultante del movimiento térmico y de la deriva. En este caso la velocidad


119

media del movimiento de los electrones libres ya no es igual a cero, y por el

semiconductor circulará una corriente en sentido del campo aplicado, debida a los

electrones libres.

Los electrones de los enlaces saturados, que transitan al enlace incompleto por acción

del campo eléctrico, se desplazarán en sentido contrario al del campo. Con ello el lugar

de valencia del enlace de valencia también se desplazará, pero ya en dirección del

campo, lo equivale al desplazamiento de una carga positiva por el campo. El mecanismo

de conducción determinado por el movimiento de los electrones acoplados por los

enlaces de valencia, se llama conducción por hueco.

Por lo tanto, la corriente eléctrica en el semiconductor intrínseco se determina por dos

componentes: la corriente electrónica y la corriente por huecos que circulan en una

misma dirección.

PROBLEMAS RESUELTOS

Solución: Suponiendo que se está preparando un semiconductor tipo intrínseco entonces:

2

Eg

kToe

Substituyendo:

62(86.5 10 293 )1 10.001

Eg

evx K

Kocm e

(1)

62(86.5 10 373 )1 10.5

Eg

evx K

Kocm e

(2)

Resolviendo 1 y 2:

1.46gE eV

Un material semiconductor experimental exhibe una conductividad de 0.001-1cm-1 a

20°C y de 0.5 -1cm-1a 100°C, determine el tamaño de la brecha energética del

semiconductor


120

Problema 5.3

Solución:

Cada átomo de Sn gris contiene 4 electrones de valencia, así habrá 32 e- /cu

23 3

8 3

19

34

23

3

321.17 10 /

(6.49 10 )

2 10

1.7 10 0.0002

1.17 10

n

en x e cm

x cm

ex

cmfraccion xe

xcm

Problema 5.4

Solución: Utilizando la conductividad del Ge a 20°C, se calcula σ0

2

Eg

kToe

6

0.72

86.1 10º

293º

GeEg ev

evK x

K

T K

Cada átomo en el Sn gris tiene 4e- de valencia la constante de red del Sn gris a = 6 49Å. Cálculos independientes indican que hay 2x1019 e/cm en la banda de conducción. ¿En qué cantidad se han promovido los electrones a la banda de conducción?

La resistividad del Ge a 20ºC es de 50 ·cm. ¿Cuál es la resistividad a 40 ºC?


121

6

0.72

2(86.1 10 )(293º )º

1 1

14.27

10.02 ·

ev

evx K

Ko

o

e

cme

81.27 10o x

Para 40ºC se sustituye el valor encontrado,

6

0.72

2(86.5 10 )(313 )8 º

14 1 1

13

40º

1.27 10

1.099 10

1

9.09 10

ev

evx K

K

C

x e

x cm

x cm

Semiconductores extrínsecos:

La semiconducción extrínseca resulta de la adición de impurezas al semiconductor

intrínseco; hay dos tipos de semiconducción extrínseca: tipo n (en la cual dominan los

portadores negativos) y tipo p (en la cual dominan los portadores positivos). La

semiconducción extrínseca es otro proceso activado térmicamente que sigue el

comportamiento de Arrhenius.

Para semiconductores tipo n la conductividad la podemos calcular a partir de la

ecuación:

( ) /

0g dE E kT

e

Se observa que en esta ecuación no aparece el 2 en la exponencial, esto es porque la

activación térmica produce un solo portador de carga opuesto a los dos portadores que

se producen en el caso de la semiconducción intrínseca.

Para semiconductores tipo p la conductividad la podemos calcular a partir de la

ecuación:

( ) /

0gE Ep kT

e

PROBLEMAS RESUELTOS


122

Problema 5.5 Solución: Aplicando la ecuación para semiconductores extrínsecos tipo p,

Por cada átomo de Boro introducido en la red cristalina del Si, se produce 1 hueco

Entonces se tendrá que introducir 1.25x1015 átomos de Boro por cada cm3 de Si.

Problema 5.6

Solución:

(a) Peso at del Si 28.09 g así encontrando los átomos en 2.33g de Si

22

3 3

2.33

28.09 4.9934 10

xNA

atx x

cm cm

Aplicando la ley de Ohm para semiconductores extrínsecos tipo n y substituyendo,

(b)

21 1 19

1 1 115

319 2

1 (1.6 10 )(1400 )·

14.46 10

·(1.6 10 )(1400 · )

n e n

n

cmn q cm n x C

V s

cm en x

V s cmx cm V s

Problema 5.7

(a) Calcular el número de cargas extrínsecas en un semiconductor tipo n cuando 1 de cada 107 átomos en Ge es reemplazado con un átomo de fósforo.

(b) Calcular la conductividad del Ge en el rango de agotamiento.

El Si tienen una =2.33 g/cm3, (a) ¿Cuál es la concentración de átomos de Silicio

por centímetro cúbico?, (b) Se le añade fósforo P, al silicio para formar un semiconductor tipo n con una conductividad Ω-1cm-1 y una movilidad electrónica de 1400 cm2/V·s ¿Cuál es la concentración de electrones del donador por cm3?

Se requiere preparar un semiconductor extrínseco tipo p con una conductividad

de 0.1 -1cm-1. ¿Cuánto B se necesita añadir al Si en átomos/cm3 para lograr esta conductividad?

21 1 19

15

3

·0.1 1.6 10 (500 )

·

1.25 10

P P

P

P

n q

V s cmcm n x

V s

hn x

cm


123

Solución: Ge a=5.66 A a3 =181.321x10-24cm3

(a) El Ge es del grupo IV mientras que el P es del grupo V entonces por cada átomo

de P introducido en la red del Ge se adiciona 1e- , así,

24 3

7

16 3

181.321 10 /

10 .

2.2665 10

V x cm celda

at Ge

V x cm

entonces

7

1

10

en

atomosGe

o 16 3

1

2.2665 10n

x cm

15

34.4120 10

en x

cm

(c) Aplicando la ley de Ohm

n e p pn q n q para semiconductores extrínsecos tipo n

215 19 1 1

3(4.4120 10 )(3800 )(1.6 10 ) 2.6824

·

e cmx x C cm

cm v s

Problema 5.8

Solución:

Por cada átomo de In introducido en la red cristalina del Si se produce 1 hueco por e-

107 átomos de Si ocupan 2.0x10-16 cm3

Entonces 16

16 3 3

5 .2.4903 10

2.00 10p

at deIn hoyosn x

x cm cm

3 22 3

22 3

5.43Å

1.60 10

1.60 10 /

Sia

a x cm

V x cm celda

Para semiconductores extrínsecos:

Suponga que la zona de agotamiento ocurre a 200ºC en un Si semiconductor de Si extrínseco dopado con 5 átomos de In por 107 átomos de Si,

(a) Determine el valor de no.

(b) El número de portadores de carga a 0 ºC

(c) La conductividad a 0 ºC


124

0

p

KTpn n e

para el In en Si

0.160p eV a 200°C

6

0.160

(86.1 10 )(473º )º

0

ev

evx k

Kpn n e

18

0 31.2710 10

hoyosn x

cm

(b) 6

0.160

18 15(86.1 10 )(273º )

31.2710 10 1.4057 10 0º

ev

x K

T

hoyosN x e x a C

cm

(c)

215 19 1 1

3(1.4057 10 )(1.6 10 )(500 ) 0.112456

·

hoyos cmx x cm

cm v s

Problema 5.9

Solución:

Se calcula el número de átomos contenidos en 3g de Si,

2322

2 2

3 6.023 10 .. 6.4325 10

28.09

1400 500· ·

Si

eSi hSi

gx x atat x

g

cm cm

V s V s

Despejando el número de portadores negativos y substituyendo, de la ecuación de

conductividad para semiconductores tipo n extrínsecos:

1 116

2 319

62.6785 10

·(1.6 10 )(1400 )

· ·

n n

n

n q

cm en x

V s cm cmx

s V s

3 gr de Si tipo n que había sido contaminado con fósforo para producir una

conductividad de 6 -1cm-1, son fundidos junto con silicio tipo p, que había sido

contaminado con aluminio para producir una conductividad de 6 -1cm-1 ¿Cuál es la conductividad resultante? ¿Será un semiconductor tipo p o tipo n?


125

Despejando el número de portadores positivos y substituyendo, de la ecuación de

conductividad para semiconductores tipo p extrínsecos:

1 116

2 319

67.5 10

·(1.6 10 )(500 )

· ·

h h

n

n q

cm hn x

V s cm cmx

s V s

Considerando la posibilidad de que se neutralicen un número igual de portadores positivos y negativos:

164.8215 10h nn n x h

Como quedan portadores negativos en exceso el semiconductor resultante es del tipo p,

y la conductividad:

216 19 1 1 1

3(4.8215 10 )(1.6 10 . . )(500 ) 3.8572

.

h cmx x V s cm

cm V s

Problema 5.10

Solución:El Sb pertenece al grupo V al ocupar una posición nodal dentro de la red del

Ge aporta por cada átomo un e- en exceso, por lo que el semiconductor resultante:

(a) Será del tipo n

La densidad del Ge 5.35g/cm3

Peso atómico del 72.59Ge

en 100g de Ge habrá:

2323100 6.023 10 .

8.5824 10 .72.59

gx x atx at Ge

g

Peso atómico del 121.75Sb

en 3.22x10-6 habrá:

6 23

163.22 10 6.023 10 .1.5929 10 .

121.75

x gx x atx at Sb

g

El Ge exhibe una celda cúbica diamantina por cada celda existen 8 átomos la constante de red del Ge a=5.66Ȧ

El Ge extrínseco se hace fundiendo 3.22x10-6 g de Sb con 100 g de Ge. (a) ¿Qué tipo de semiconductor se forma? (b) Calcular la concentración de Sb en átomos/cm3 en Ge.


126

24 3

23

3

1614

3 3

181.321 10 /

8.5824 10 .

19.4521

1.5929 10 .8.188 10

19.4521

V x cm celda

x at Ge

V cm

x atSb at Sbn x

cm cm

(b) n= 8.1888x1014at.Sb/cm3

(c) Se prepara un semiconductor al mezclar 3.22x10-6 g de Sb y 3.4x10-6 g de In

en 90 g de Ge. La densidad del Ge es de 5.35 g/cm3. (d) (a) Determinar la conductividad del material en la zona de agotamiento.

Solución El tipo de semiconductor que se forma al agregar P el cual es del grupo V es tipo n

El Si exhibe una celda cúbica diamantina por cada celda existen 8 átomos la constante de red del Ge a=5.66Ȧ

Por cada átomo de P introducido en la red cristalina del Si se produce 1 e -

107 átomos de Si ocupan 2.0x10-16 cm3

Entonces para la zona de agotamiento:

15

16 3 3

1 .4.9948 10

2.002 10n

at deP en x

x cm cm

3 22 3

22 3

5.43Å

1.60 10

1.60 10 /

Sia

a x cm

V x cm celda

Calculando la conductividad para el semiconductor en la zona de agotamiento.

215 19 1 1 1

3(4.9948 10 )(1.6 10 . . )(1900 ) 1.5184

.

h cmx x V s cm

cm V s

Problema 5.11

El Ge extrínseco se hace fundiendo 4.2x10-5g de Sb en 78g de Ge. (a) Determinar la conductividad de este material en la zona de agotamiento a 200°C (b) Determinar la conductividad del material a 175°C.

Para un semiconductor extrínseco el agotamiento de donadores ocurre a 145°C, cuando 1 por cada 107 átomos en el Si son de P (a) Determinar la conductividad del semiconductor extrínseco en la zona de agotamiento.


127

Solución:

(a) Base de cálculo 78g de Ge, así por cada átomo de Sb introducido en la red se produce un portador negativo 1e-

Peso atómico:

72.59Ge 2378

6.4718 1072.59

gxNAx atomosGe

g

121.75Sb

5174.2 10

2.0777 10121.75

x xNAx atomosSb

g

24 3

23

3

1716

3 3

8 181.321 10

6.4718 10 .

14.6684

2.0777 101.4164 10

14.6684

atGe x cm

x at x

x cm

x e en x

cm cm

La conductividad en la zona de agotamiento es debido al agotamiento de los

portadores de carga en el nivel de donadores, en este semiconductor se produce a

200°C: 2

16 19 1 1

3(1.4164 10 )(3800 )(1.6 10 ) 8.6117

·

e cmx x C cm

cm v s

a) Para encontrar la conductividad del material a 175°C utilizaremos la ecuación de conductividad para un semiconductor extrínseco tipo n.

d

KToe

Substituyendo valores en la ecuación para la conductividad a 200°C,

5

0.0096

8.63 10 (473)1 18.6117

eV

eVx K

Kocm e

(2)

Despejando de (2) 1 110.8941o cm

Así la conductividad del semiconductor a 175°C será,

5

0.0096

8.68 10 (448 )1 1 1 1(10.8941 ) 8.4988

eV

eVx K

Kcm e cm


128

Problema 5.12

Solución:

En la zona de agotamiento todos los portadores de carga de los elementos dopantes se han promovido por lo que se calcula el número de portadores aportados por los elementos dopantes:

Al dopar el Ge con Sb e In se producen huecos y electrones en la red del Ge debido a que el In es del grupo III y el Sb es del grupo V de la tabla periódica.

Se calcula el número de átomos a partir de la masa de cada uno de los elementos,

72.59

121.75

114.82

Ge

Sb

In

23

16

16

7.467 10

1.5929 10

1.7835 10

Ge x atomos

Sb x atomos

In x atomos

Se obtiene la cantidad total portadores = 16 16 15

( )( ) ( )1.7835 10 1.592910 1.9059 10he e

x x

A partir de la densidad del Ge, se calcula el volumen que ocupan 90g de Ge,

V= 16.822 cm3

con el número de portadores totales se calcula la conductividad del semiconductor extrínseco.

214 19 1 1

3(1.133 10 )(1.6 10 )(3900 ) 0.07069

·

e cmx x C cm

cm V s

Problema 5.13

Solución:

Ge a =5.6575 Å; µe=3,800 cm2/V.s; µh=1,820 cm

2/V.s; Eg=0.67eV; la conductividad del

Ge a 25°C es 0.02Ω-1

cm-1

Se prepara un semiconductor al mezclar 3.22x10-6 g de Sb y 3.4x10-6 g de In en 90 g de Ge. La densidad del Ge es de 5.35 g/cm3.

(a) Determinar la conductividad del material en la zona de agotamiento.

A 125°C la conductividad intrínseca del Ge se iguala a la conductividad extrínseca a 20°C de cierto semiconductor de Ge dopado con Sb (a) ¿Cuántos átomos/cm3 de Sb se requieren en el semiconductor GeSb para poder producir este efecto (b) ¿Qué porcentaje atómico representa?

15 _14

3 3

1.906 101.133 10

16.822n

x e en x

cm cm


129

(a) Substituyendo valores en la ecuación 2

g

KToe

, se calcula σo

5

0.67

2(8.63 10 )(293 )1 1

00.02

eV

eVx K

Kcm e

; 1 111,344.2610o cm

La conductividad del Ge a 125°C;

5

0.67

2(8.63 10 )(398 )1 1 1 111,344.2610 ( ) 0.6591

eV

eVx K

Kcm e cm

El Sb es del grupo V, por cada átomo de Sb introducido en la red de Ge se produce un portador negativo 1e-, para encontrar el número de portadores negativos se iguala la conductividad del Ge a 125°C

1 1 19 1 20.6591 (1.6 10 )(3,800 / . )ncm n x V cm V s

15

31.084 10n

en x

cm

b) Para calcular el porcentaje de cada uno de los componentes;

15 151.084 10 1.084 10 .x e x at Sb

3 221 4.4179 10 .Gecm x at Ge

Número total de átomos =4.4179x1022

at.

Fracción de átomos de Sb

158

22

1.084 102.45 10

4.4179 10Sb

xx

x

% atómico de Sb = 2.45x10-6


1.- A 300°C la conductividad intrínseca del Si se iguala a la conductividad extrínseca a 25°C de cierto semiconductor de SiAl. ¿Cuántos átomos/cm3 de Al se requieren en el semiconductor SiAl para poder producir este efecto? 2.- El silicio contiene 310 vacantes/cm3 a 300ºC y 2.5x109 vacantes/cm3 a 600ºC. Determine el número de vacantes a 250ºC y a 450ºC. 3.-


130

Indice

Arreglo atómico y iónico 15,

celdas unitarias

densidad

estructura cristalina

estructura hexagonal compacta

factor de empaquetamiento

parámetros de red

planos/direcciones

puntos de red

red

redes de Bravais

sistemas cristalinos

sitios intersticiales

transformaciones alotrópicas

transformaciones polimórficas

Arreglos atómicos /iónicos imperfectos

defectos lineales


131

defectos puntuales

defectos superficiales

dislocaciones

Atomos intersticiales

Atomos substitucionales

Banda de conducción

Banda de energía

Banda de valencia

C

D

E

F

G

H

I

J

K

L

M

N

O

P

Q

R

S

T

U

V


132

X

Y

Z

Problemas de materiales

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