La escala macroscópica de los materiales Bloque 3
Por otra parte, para obtener la expresión en función de las fracciones másicas, la masa de cada
fase se calcula como:
mi Mi
siendo M la masa total.
Por otro lado, el volumen total del sistema resulta:
mi Mi M i
i i
V
Vi i i i i
i
y, como por definición, M V :
M i i 1
V
i
13.8. Suponga una aleación formada por una matriz de fase en la que se distribuye un 5%
en masa de otra fase . Estime el valor del módulo de Young para dicha aleación.
Datos: E= 62 GPa, E = 110 GPa, = 2.7 g/cm3 y = 8.5 g/cm3
Al no tener ninguna información acerca del modo en que las partículas de se distribuyen en la
matriz, solo podremos concluir que el módulo de Young de la aleación estará comprendido entre los
valores que arrojen las Expresiones (13.23) y (13.25):
E E E y E -1 E 1 E 1
Calculemos en primer lugar las fracciones volumétricas de ambas fases.
V
V
1
Supongamos 1 kg de aleación, de los que 0.95 kg serán de , por tanto:
m (0.95 kg)
V m m (2 700 kg m3 ) 0.983
V (0.95 kg) (0.05 kg) 3 )
700 kg m3)
(2 (8500 kg m
1 1 0.983 0.017
© Ediciones Paraninfo El módulo de Young estará comprendido, por tanto, entre:
E E E (0.983) (62 GPa) (0.017) (110 GPa) 62.82 GPa
145
Capítulo 13 Propiedades mecánicas de los materiales. Elasticidad
y
E 1 E 1 E 1 (0.983) (62 GPa)1 (0.017) (110 GPa)1 1.6 102 GPa 1 E 62.46 GPa
13.9. Se ha estudiado la velocidad de propagación del sonido en una pieza de acero de 30 mm
de espesor ( = 7.87 g/cm3) y ha resultado que se detectan los ecos por el emisor-receptor de
ultrasonidos al cabo de 1.160·10-5 y 1.875·10-5 s para las ondas longitudinales y transversales,
respectivamente. Determine el módulo de elasticidad y de rigidez del acero estudiado y com-
párelo con los obtenidos por otras técnicas: 211 GPa y 82 GPa, respectivamente.
La velocidad de transmisión del sonido en el bloque de acero, considerando que la distancia a reco-
rrer por las ondas es de 60 mm, resulta:
vSL (1.1(06.0061m0)5 s) 5172.4 m / s
vST (1.8(07.5061m0)5 s) 3 200 m / s
Por otra parte, las constantes elásticas pueden determinarse, de acuerdo a las Expresiones (13.31) y
(13.32), mediante:
E vSL2 (5172.4 m s1)2 (7870 kg m3 ) 210.55 GPa
G v 2 (3 200 m s1)2 (7 870 kg m3) 80.59 GPa
ST
Valores que, como puede comprobarse, son muy cercanos a los obtenidos por otras técnicas.
13.10. Se dispone de una probeta de sección rectangular de dimensiones 58 mm y longitud
50 mm. Se somete a un ensayo de tracción y, en la zona de régimen elástico, se ha medido que
su alargamiento es de 0.3 mm cuando la carga es de 49.5 kN. Indique qué flecha tendría una
probeta idéntica del mismo material si se la colocase entre dos apoyos (paralelos a la dimen-
sión de 8 mm) separados 40 mm y se aplicase en el punto medio una fuerza de 20 kN.
Con los datos conocidos del ensayo de tracción podemos calcular el módulo de Young del material.
s F (5 (49500 N) 1237.5 MPa
A0 103 m) (8 103 m)
e l (0.3 mm) 0.006
l0 (50 mm)
Por tanto:
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146
La escala macroscópica de los materiales Bloque 3
E s (1237.5 MPa) 206 250 MPa 206.25 GPa
e (0.006)
La Expresión (13.30a) relaciona el módulo de Young con la flecha en un ensayo de flexión
transversal, que son justo las condiciones de esfuerzo a las que se pretende someter a la probeta, por
tanto:
E L30 F
4ab3
Despejando la flecha y sustituyendo valores:
4aL3b0 F3E (40 103 m)3 (20 000 N) 1.55103 m
4 (8103 m) (5103 m)3 (206 250 106 Pa)
© Ediciones Paraninfo
147
Capítulo 14 Propiedades mecánicas de los materiales. Plasticidad
Capítulo 14
Propiedades mecánicas de los materiales. Plasticidad
14.1. Una grúa dispone de un conjunto de 8 cables para sostener las cargas que debe transpor-
tar. Los cables tienen un diámetro de 7 mm y son de un acero con un límite elástico de
250 MPa y una resistencia real máxima de 540 MPa. Calcule la carga máxima que puede
transportar considerando un factor de seguridad de 1.3.
Para que los cables puedan seguir utilizándose en más ocasiones, hemos de asegurar que no se so-
brepasa el límite elástico, de modo que no sufran deformación permanente. Por ello, el factor de
seguridad debe aplicarse sobre el límite elástico:
smax sLE (250 MPa) 192.31 MPa
factor seg. 1.3
La fuerza que produce ese esfuerzo máximo es:
Fmax smaxA0 (192.31106 Pa) (7 103 m)2 7 400.95 N
2
Como se dispone de 8 cables, la carga máxima que podrá colgarse en la grúa será:
Ftotal 8 Fmax 8 (7 400.95 N) 59 207.6 N
14.2. En el ensayo de tracción de una probeta, con sección circular de diámetro 5 mm y longi-
tud inicial de 40 mm, se ha obtenido que la fuerza aplicada correspondiente al punto del límite
elástico es de 7 kN y, en ese instante, la probeta medía 40.1 mm. Además, la muestra ha roto,
dentro de la región de deformación plástica uniforme, para un valor máximo de carga de
10 kN. La medida de las dos porciones de la probeta una vez rota da como resultado una lon-
gitud de 60 mm. Determine el esfuerzo y la deformación en el límite elástico y en la rotura,
empleando variables reales e ingenieriles. Discuta los resultados obtenidos.
Calculemos primero los valores de esfuerzo y deformación ingenieriles en el límite elástico.
sLE F (7 000 N) 2 356.51 MPa
A0 (5 103 m)
2
eLE l (0.1 mm) 0.0025
l0 (40 mm)
En variables reales, de acuerdo a las Expresiones (13.12), deformación y esfuerzo resultan:
LE ln 1 eLE ln 1 (0.0025) 0.00249 © Ediciones Paraninfo
LE sLE 1 eLE (356.51 MPa) 1 (0.0025) 357.4 MPa
148
La escala macroscópica de los materiales Bloque 3
valores que, como era de esperar, son muy similares a los ingenieriles, ya que hasta el límite elásti-
co, la deformación es muy pequeña.
Veamos ahora qué sucede para la rotura. En variables ingenieriles, el esfuerzo resulta:
sM F (10 000 N) 2 509.3 MPa
A0
(5 103 m)
2
Para calcular la deformación ingenieril máxima hay que tener en cuenta que la medida de la
longitud de la probeta no se ha realizado cuando estaba cargada, sino que se ha hecho una vez rota.
Es decir, ha sufrido un proceso de recuperación elástica durante su descarga. De modo que si lo que
se quiere es calcular eM , habrá que sumar dicha deformación elástica:
eM lrota eLE (20 mm) (0.1 mm) 0.5 0.0025 0.5025
l0 (40 mm) (40 mm)
En cuanto a las variables reales, como indica el enunciado, la rotura se produce en el tramo de
deformación uniforme, por lo que no se producirá estricción, o lo que es lo mismo, sigue siendo
válida la hipótesis de que el volumen del material se conserva, y puede seguir usándose las relacio-
nes dadas por las Expresiones (13.12) entre variables reales e ingenieriles. La deformación y esfuer-
zo reales son:
M ln 1 eM ln 1 (0.5025) 0.407
M sM 1 eM (509.3 MPa) 1 (0.5025) 765.22 MPa
Como no se ha producido estricción, los valores de deformación real e ingenieril, pese a diferir,
son todavía relativamente próximos. Esto no sucede en el caso de los esfuerzos.
14.3. Las dos gráficas de la figura adjunta muestran las curvas esfuerzo-deformación en va-
riables ingenieriles y reales para un mismo material sometido a ensayos de tracción y compre-
sión. Explique por qué las curvas ingenieriles de tracción y compresión no coinciden, como sí
ocurre con las curvas en variables reales.
© Ediciones Paraninfo
149
Capítulo 14 Propiedades mecánicas de los materiales. Plasticidad
Como puede observarse en la gráfica de la izquierda, las curvas de tracción y compresión en
términos de variables ingenieriles no son una la imagen de la otra. Es lógico que así sea puesto que
durante el ensayo de tracción tiene lugar un fenómeno que no tiene equivalente en el de compre-
sión: la formación del estrangulamiento.
En cambio, si las variables empleadas son reales (gráfica de la derecha), y siempre que se haya
logrado evitar el problema del abarrilamiento durante el ensayo de compresión y se haya monitori-
zado la estricción del cuello durante el ensayo de tracción, las dos curvas serán completamente si-
métricas.
14.4. Determine el esfuerzo ingenieril para el que comenzará a producirse la estricción en un
material del que se conoce que, cuando se ensaya a tracción una probeta de 50 mm de longi-
tud y 6 mm de diámetro, el límite elástico se alcanza con una carga de 2118 N y que su módu-
lo de Young es de 62 GPa. Además, se sabe que, antes del estrangulamiento, cuando el esfuer-
zo real es de 181.33 MPa, la deformación real vale 0.1.
El esfuerzo ingenieril que se pide, justo antes del estrangulamiento, es el correspondiente al esfuer-
zo máximo. Este esfuerzo está asociado a una deformación que podemos conocer a través de la
ecuación de Hollomon, Expresión (14.3):
k n
ya que según la Expresión (14.12), se cumple que el exponente n es precisamente el valor de dicha
deformación real:
n M
Lo primero pues es determinar los parámetros que gobiernan el comportamiento plástico en es-
te material, y para eso el enunciado proporciona datos de dos puntos (uno es el límite elástico, y el
otro es un valor antes del estrangulamiento; es decir, en la zona plástica uniforme).
Determinemos inicialmente el esfuerzo y la deformación ingenieriles para el límite elástico:
sLE F (2118 N) 2 74.909 MPa
A0 (6 103 m)
2
Como en la zona elástica E e
eLE E (74.909 MPa) 0.00121
(62 103 MPa)
En variables reales, el esfuerzo y deformación serían:
LE ln 1 eLE ln 1 (0.00121) 1.209103
LE sLE 1 eLE (74.909 MPa) 1 (0.00121) 75 MPa
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150
La escala macroscópica de los materiales Bloque 3
Particularizando la ecuación de Hollomon para dos valores de esfuerzo-deformación, y divi-
diendo:
2 k n
1 2
k 1n
Aplicando logaritmos:
ln 12 ln 12nn n ln 2
1
Por tanto, despejando y sustituyendo podremos determinar n:
ln 12 ln (181.33 MPa)
(75 MPa)
n 0.2
ln 2 ln (0.1) )
1 (1.209 103
Para conocer completa la ecuación de Hollomon de este material, solo resta calcular k:
k n (18(10.3.13)(M0.2)Pa) 287.39 MPa
Por tanto, la ecuación de Hollomon resulta:
287.39 0.2
Así pues, la deformación real justo antes del estrangulamiento será:
M n 0.2
y el esfuerzo real asociado a dicha deformación:
M 287.39 0.20.2 208.29 MPa
Como piden calcular el esfuerzo ingenieril:
ln 1 e eM expM 1 exp(0.2) 1 0.221
s 1 e sM M (2108.(209.2M21P)a) 170.59 MPa
1 eM
© Ediciones Paraninfo 14.5. Se conoce que la tenacidad y la resiliencia de un determinado material muy dúctil valen
70 MPa y 0.6 MPa, respectivamente. Sabiendo, además, que el esfuerzo ingenieril máximo es
de 400 MPa y que la deformación ingenieril a la fractura es de 0.2, estime el valor de su módu-
lo de Young.
151
Capítulo 14 Propiedades mecánicas de los materiales. Plasticidad
Al indicar que el material es muy dúctil, podemos suponer que la tenacidad puede aproximarse
por la Expresión (14.16):
T 1 1
sLE eF 2 sM sLE eF 2 sLE sM eF
Despejando el límite elástico y sustituyendo valores:
sLE 2T sM 2 (70 MPa) (400 MPa) 300 MPa
eF (0.2)
Por otra parte, la resiliencia se expresa, de acuerdo a la Expresión (14.15), como:
R 1 sLE 1 E eL2E 1 sL2E E
2 eLE 2 2
De modo que podemos despejar el valor de E :
E 12 sL2E R 12 (300 MPa)2 (0.6 MPa) 75103 MPa 75 GPa
14.6. Se ha ensayado a tracción un monocristal de un material y se ha obtenido un valor de
95 MPa de límite elástico. Una pieza del mismo material, pero esta vez con estructura policris-
talina, se ha ensayado también a tracción y se ha alcanzado un valor más alto del límite elásti-
co, 115 MPa. Por último, se ha ensayado, también a tracción, una segunda muestra policrista-
lina del mismo material y se ha obtenido 125 MPa de límite elástico. Calcule la relación exis-
tente entre los tamaños de grano de las dos muestras policristalinas.
La ecuación de Hall-Petch, Expresión (14.18), permite relacionar el límite elástico de un material
policristalino con su tamaño de grano:
LE i k D
proporcionando el enunciado el valor i = 95 MPa, que se corresponde con el límite elástico del
material en forma monocristalina.
Además, planteando la ecuación de Hall-Petch para el ensayo de la primera muestra policrista-
lina, se obtiene que:
LE,1 i k D1 LE,1 i 2 k D1
Igualmente, para la segunda de las muestras policristalinas:
LE,2 i 2 k D2
Dividiendo entre sí ambas ecuaciones se elimina el parámetro k:
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152
La escala macroscópica de los materiales Bloque 3
LE,1 i 2 D2
LE,2 i 2 D1
y sustituyendo valores:
D2 ((112155 MMPPaa)) ((9955 MMPPaa))22 0.44
D1
14.7. Se conoce que el esfuerzo tangencial crítico que activa la deformación en un monocristal
de 2 mm diámetro es de 21.3 MPa y que eso sucede cuando la dirección de aplicación de la
carga sobre el monocristal forma un ángulo de 60º con la normal al plano de deslizamiento, y
de 35º con la dirección de deslizamiento. Determine:
a) Si se produce deformación al aplicar una fuerza de 153 N.
b) En caso contrario, calcule cuál sería la fuerza necesaria para conseguirlo.
a) Según la ley de Schmid, Expresión (14.23):
cos cos
En este caso c = 21.3 MPa, = 60º y = 35º
Despejando se obtiene el esfuerzo normal crítico que produce deformación:
c c cos(2315.3McoPsa)60 52 MPa
cos cos
El esfuerzo aplicado con la fuerza de 153 N resulta:
F (153 N) 2 48.7 MPa 52 MPa
A
(2 103 m)
2
por lo que no se producirá deformación.
b) Para conseguir deformación debe alcanzarse el valor de 52 MPa, por tanto:
Fc c A (52 106 Pa) (2 103 m) 2 163.36 N
2
© Ediciones Paraninfo 14.8. Suponga un monocristal con estructura CCC al que se aplica un esfuerzo de tracción de
7.5 kPa en la dirección [432]. Si el sistema de deslizamiento más favorablemente orientado es
el formado por el plano (111) y la dirección [110], indique cuál será la componente tangencial
de la fuerza de tracción sobre dicho sistema.
153
Capítulo 14 Propiedades mecánicas de los materiales. Plasticidad
Dicha componente tangencial sobre el plano (111) puede calcularse a partir de la ley de Schmid,
Expresión (14.23):
cos cos
El ángulo es el formado entre la dirección del esfuerzo de tracción y la normal al plano considera-
do. Dicho ángulo se calcula fácilmente recordando que en los cristales cúbicos se cumple que la
dirección normal a un plano tiene los mismos índices que dicho plano. De modo que es el ángulo
entre las direcciones [432] y [111]. Además, el coseno del ángulo entre estas dos direcciones se
calcula a través de su producto escalar:
a | a | | | cos cos aa| 41 31 21 9
b b b 29 3
| |b | 42 32 22 12 12 12
El ángulo es el formado entre la dirección del esfuerzo de tracción y la dirección contenida en el
plano considerado; es decir, [432] y [110]. De nuevo, su coseno se calculará como:
cos | aa| b|b | 41 31 2 0 7
42 32 22 12 12 02 29 2
Sustituyendo, el esfuerzo tangencial será:
cos cos (7 500 Pa) 9 7 6 651.63Pa
29 3 29 2
14.9. Estime el incremento que se produce en el esfuerzo tangencial crítico cuando, en una
pieza de níquel (G = 76 GPa), se consigue que el espaciado promedio de las dislocaciones pase
de valer 10-4 a 3·10-6 m. Indique cómo se denomina este tipo de endurecimiento.
Datos: Considere que el valor medio del vector de Burgers no cambia con la deformación y
vale 0.25 nm.
Como en el material se produce una notable reducción en el espaciado entre dislocaciones, lo que
está sucediendo es un importante incremento del número de estas. Para lograr esto, es lógico pensar
que el mecanismo de endurecimiento dominante sea la deformación en frío.
En estas circunstancias, el esfuerzo tangencial crítico sería la suma de la contribución intrínseca
y la del término de endurecimiento por deformación.
C I DF
Por tanto, de acuerdo a la Expresión (14.33), el incremento conseguido en el esfuerzo tangencial
crítico, entre las dos situaciones planteadas, será:
C I DF 0 DF 1 G b d ,2 1 G b d ,1
2 2
El espaciado promedio entre dislocaciones puede estimarse como: © Ediciones Paraninfo
154
La escala macroscópica de los materiales Bloque 3
d 1 d 2
2
Sustituyendo:
d,1 12 (104 m)2 108 dislocaciones m2
d,1 22 (3106 m)2 1.111011 dislocaciones m2
Por tanto:
C G
1 b d ,2 d ,1
2
12 (76 000 MPa) (0.25 109 m) (1.111011 m2 ) (108 m2 ) 3.07 MPa
14.10. Una aleación de titanio está reforzada por dispersión de partículas con geometría esfe-
roidal que ocupan un 5% del volumen total. Estime el radio de las partículas de refuerzo sa-
biendo que producen un sobreesfuerzo de 11 MPa con respecto a la aleación sin dichas partí-
culas.
Datos: para la matriz, LE = 350 MPa, b = 0.4 nm, G = 38 GPa y E = 0.16 J/m2.
Según el enunciado se trata de un mecanismo de endurecimiento por partículas, pero se desconoce
qué tipo de mecanismo, Orowan o corte de partículas. Sin esta información no puede estimarse el
radio de los precipitados. Para discernir de qué mecanismo se trata, se determinará cuál es el valor
del radio crítico que separa un mecanismo del otro (para valores por debajo del crítico el mecanis-
mo actuante será el corte de partículas), por lo que de acuerdo a la Expresión (14.45):
rc G b2 (38 109 N m2 ) (0.4 109 m)2 38109 m
E (0.16 N m1)
Supongamos inicialmente que el mecanismo actuante es el de Orowan, el sobreesfuerzo provo-
cado sería, de acuerdo con la Expresión (14.43):
DO Gb r Gb
r DO
Sustituyendo:
rOrowan (38 109 N m2 ) (0.4 109 m) (0.05) 30.9 109 m
(11106 Pa)
© Ediciones Paraninfo Dado que rOrowan rc este no puede ser el mecanismo que esté actuando. Es decir, las partículas son
excesivamente pequeñas como para que las dislocaciones las puedan bordear sin cortarlas.
Supongamos ahora que las partículas pueden ser cortadas, el sobreesfuerzo provocado sería, de
acuerdo con la Expresión (14.41):
155
Capítulo 14 Propiedades mecánicas de los materiales. Plasticidad
DC r 2 r DCG b3
E
G b3 2
E
Sustituyendo de nuevo:
r DCG b3 (11106 Pa) (38109 N m2 ) (0.4109 m)3 4.7 109 m
2 (0.16 N m1)2 (0.05)
E
En este caso sí hay coherencia en los resultados, de modo que las partículas son más pequeñas que
el tamaño crítico que activa el mecanismo de Orowan. Además, el corte de las partículas de refuer-
zo es capaz de producir el incremento en el esfuerzo indicado en el enunciado.
14.11. (Avanzado: necesitará leer la Adenda de este capítulo para poder resolver). Un pene-
trador Vickers (ángulo entre caras opuestas = 136º) produce una huella de 0.3 mm de pro-
fundidad en un material tras aplicar una carga de 800 kgf.
a) Calcule la dureza Vickers de este material.
b) Si el mismo material es sometido a un ensayo de dureza Rockwell C, se obtiene un valor de
32. Calcule la profundidad alcanzada por el penetrador durante la aplicación de la carga
inicial sabiendo que la profundidad alcanzada por el mismo tras la retirada de la sobrecarga
ha resultado ser de 0.140 mm. (Recuerde que la medida de la dureza Rockwell C se establece
sobre una distancia de referencia de 0.2 mm y se mide en una escala de 100).
a) La dureza Vickers se define como:
HV Carga
Superficie huella
con la superficie de la huella dada por:
4 1 2xy 4 xy
2
cos 68º 0.3 ; y = 0.8 mm
y
tan 68º x ; x = 0.74 mm
0.3
Sustituyendo:
HV (800 kgf) 337.8 kgf mm2
4 · (0.74 mm) · (0.8 mm)
b) Según el enunciado, un esquema del ensayo de dureza Rockwell descrito sería el siguiente:
© Ediciones Paraninfo
156
La escala macroscópica de los materiales Bloque 3
De acuerdo a la geometría del esquema anterior, puede obtenerse el valor de x:
x (0.140 mm) (0.2 mm) 100 32 0.140 mm 0.136 mm 0.004 mm
100
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157
Capítulo 15 Propiedades mecánicas de los materiales. Termofluencia y viscoelasticidad
Capítulo 15
Propiedades mecánicas de los materiales.
Termofluencia y viscoelasticidad
15.1. Dibuje la gráfica -t que resultaría de un ensayo de termofluencia realizado para una
temperatura < 0.4TF.
Dado que la temperatura no es lo suficientemente alta, no se producirá deformación con el paso del
tiempo, salvo la que tenga lugar al comienzo de la aplicación del esfuerzo, por tanto:
15.2. Una aleación metálica debe trabajar a una temperatura de 575 ºC durante largos perio-
dos de tiempo soportando un esfuerzo de 105 MPa. Ensayos de termofluencia en este material
han constatado que, en régimen estacionario y a esa misma temperatura, se produjo una de-
formación de 0.08 tras 200 h cuando el esfuerzo aplicado era de 300 MPa, y una deformación
de 0.04 tras 1050 h a 205 MPa. Determine el tiempo para el que se asegura una deformación
inferior al 0.15 %.
Dato: F 50 GPa
Empleando la ley potencial de la termofluencia, Expresión (15.3):
S A F m exp QC
RT
Como la temperatura es una constante en todos los ensayos realizados, el término exponencial
también lo será. De modo que la expresión anterior puede escribirse como:
S A* F m (1)
donde A* es una constante que engloba la anterior A y al término exponencial.
Según los datos del problema, se sabe que:
Con un esfuerzo de 1 300 MPa
S ,1 (0.08) 4 104 h1
(200 h)
© Ediciones Paraninfo
Con un esfuerzo de 2 205 MPa
158
La escala macroscópica de los materiales Bloque 3
S ,2 (0.04) 3.81105 h1
(1050 h)
Particularizando la ley potencial de la Expresión (1) para ambas parejas de valores, y dividien-
do entre sí las expresiones obtenidas, se ha de cumplir que:
S ,2 m
S ,1 2
m
1
Tomando logaritmos, despejando y sustituyendo, se puede obtener el valor de m:
S ,2 2 ln S ,2 ln (3.81105 h1)
ln S ,1 1 S ,1 (4 104 h1)
m ln m 6.175
2 (205 MPa)
ln 1 ln (300 MPa)
El valor de A* puede determinarse a partir de una de las parejas de valores:
A* SF m
(3.81105 h1) (6.175) 2.099 1010 h1
(205 MPa) (50 103 MPa)
Cuando el esfuerzo aplicado es de 105 MPa, la velocidad de deformación resulta:
S A* F m (2.099 1010 h1) (105 MPa) (50 103 MPa) (6.175) 6.12 107 h1
y para que la deformación sea inferior al 0.15 %, el tiempo que debe transcurrir es:
S S (6.12 107 h 1) t (0.0015) 2 450.98 h
t (6.12 107 h1)
15.3. La alúmina es un material muy empleado para aplicaciones a elevada temperatura. Sa-
biendo que su energía de activación para la termofluencia es de 425 kJ/mol y que, en un ensa-
yo a 1000 ºC y con un esfuerzo aplicado de 20 MPa, la velocidad de deformación ha sido de
8.52·10-10 h-1, determine:
a) El tiempo que puede estar trabajando una pieza de alúmina a 1250 ºC de modo que la de-
formación no supere el 1% cuando el esfuerzo aplicado es de 20 MPa.
b) Si afecta mucho a la vida útil de la pieza el incremento de temperatura.
Dato: R = 8.314 J/(mol·K)
a) Según la ley potencial de la termofluencia, Expresión (15.3):
© Ediciones Paraninfo S A F m exp QC
RT
159
Capítulo 15 Propiedades mecánicas de los materiales. Termofluencia y viscoelasticidad
En este problema el esfuerzo es siempre el mismo, por lo que la ley potencial puede reescribir-
se de la forma:
S C exp QC
RT
donde C es una constante que engloba a la anterior A y al término potencial del esfuerzo.
De la ecuación anterior es necesario conocer el valor de C, que se obtiene sin más que despejar
y sustituir los datos del problema:
C S (8.52 1010 h1) 234.41106 h1
exp QC exp (425 103 J mol-1) K)
RT (8.314 J mol1 K1) (1273
Para la temperatura de 1250 ºC, la velocidad de deformación resulta:
S C exp QC (234.41106 h1 ) exp (425103 J mol1) K) 6.21107 h1
RT (8.314 J mol1 K 1) (1523
(que es una velocidad pequeña, aunque tres órdenes de magnitud superior a la de 1000 ºC).
Finalmente, el tiempo que podría trabajar la pieza, sin que se alcanzase la deformación del 1 %,
resulta:
S S (6.21107 h 1 ) t (0.01) h 1 ) 16103 h 1.84 años
t (6.21107
b) Un tiempo de 1.84 años de trabajo continuado parece mucho, pero si calculamos la durabilidad
para 1000 ºC:
t (8.52(01.0011)0 h1) 11737 089 h 1339.85 años 13.40 siglos
Es decir, el incremento de 250 ºC supone una pérdida de 1338.01 años en su duración.
15.4. Verifique que los coeficientes A de la Expresión (15.3) obtenidos para los mecanismos de
Nabarro-Herring, Expresión (15.6), Coble, Expresión (15.7) y dislocacional, Expresión (15.8),
tienen dimensiones de velocidad de deformación, esto es, de [s-1].
Para el caso de Nabarro-Herring:
A K1 F DA0D N m2 m2 s1 m3 s1
D2 kB T
m2 N m K1 K © Ediciones Paraninfo
160
La escala macroscópica de los materiales Bloque 3
Para Coble:
A K F DL0G N m2 m2 s1 m3 m s1
D3 kB T m3 N m K1 K
2
Y por último, para el mecanismo dislocacional:
A K3 DA0D F m2 s1 N m2 m3 s1
kB T
r7 F 1 m 7 m 3 N m K 1 K
2 2 2 2
0
15.5. Calcule la viscosidad de un material polimérico sabiendo que el esfuerzo aplicado baja
desde 8 MPa hasta 6 MPa en un intervalo de tiempo de 600 s.
Datos: Considere que la dependencia de E con el tiempo es despreciable para el intervalo tem-
poral considerado, E = 1.2 GPa
Supongamos, por ejemplo, que el material responde adecuadamente al modelo de Maxwell, con lo
que de acuerdo a la Expresión (15.17), podemos relacionar la viscosidad con el esfuerzo:
(t) E 0 expE t
Si se dispone, como es el caso, de dos parejas de valores de esfuerzo y tiempo, puede operarse co-
mo sigue:
(t2 ) E 0 exp E t2
(t1) E 0 exp E t1
relación en la que se desprecia la dependencia del módulo de Young con el tiempo.
Aplicando logaritmos:
ln (t2 ) E t1 t2
(t1 )
Por lo que despejando la viscosidad y sustituyendo valores:
E t1 t2 (1.2 109 Pa) (600 s) 2.5 1012 Pa s
Pa)
ln (t2 ) ln (6 106 Pa)
(t1 ) (8 106
© Ediciones Paraninfo 15.6. La relación entre la viscosidad de un material a una determinada temperatura, y a la
temperatura de transición vítrea es 0.01. Estime la distancia que separa esta temperatura de
la de transición vítrea.
161
Capítulo 15 Propiedades mecánicas de los materiales. Termofluencia y viscoelasticidad
Para estimar la temperatura de transición vítrea puede emplearse la ecuación de Williams-Landel-
Ferry, Expresión (15.11), que la relaciona con la viscosidad:
(T ) V C1 T TV
exp C2 T TV
De esta expresión puede despejarse Tv.
(T ) exp C1 T TV ln(TV ) C1 T TV
V C2 T TV C2 T TV
Tomando inversos:
(T ) 1 C2 T TV
ln C1 T TV
V
C1 (T ) 1 C2 T TV C1 ln (T ) 1 C2 1
ln T TV
V T TV V
Por tanto:
T TV C2
1
C1 ln (T ) 1
V
Sustituyendo valores, sabiendo que para materiales poliméricos, C1 = 17.44 K y C2 = 51.60 K:
T TV 1 (17.44(5K1).60lnK()0.01)1 18.51 K
15.7. En un ensayo, se ha determinado que la viscosidad de un material a 30 ºC vale © Ediciones Paraninfo
2.5·108 Pa·s. Calcule cuál será la viscosidad cuando la temperatura sea de 50 ºC.
Dato: Qv /R = 435 K.
Podemos usar el factor desplazamiento aT para estimar la viscosidad a otra temperatura. Recuerde
que aT, se define como:
ln aT ln ref
y como E , resulta entonces que aT ref .
Como el enunciado porporciona la energía de activación del proceso de fluencia (Qv) supon-
dremos que la viscosidad de este material sigue una ley de tipo Arrhenius inversa:
162
La escala macroscópica de los materiales Bloque 3
(T ) 0 exp QV
RT
de modo que aT resulta (consulte el Ejercicio Resuelto 15.8):
aT exp QV 1 1
T Tref
R
Sustituyendo valores:
aT exp QV 1 T1ref exp K 1 1 0.915
T
R 435 323.15 K 303.15 K
Y por tanto:
aTref 0.915 2.5108 Pa s 2.29 108 Pa s
Podría también haberse resuelto para la pareja de valores que nos porporciona el enunciado, sin
más que suponer que el material sigue una ley de tipo Arrhenius inversa. Así, a partir de las dos
ecuaciones resultantes:
(2.5 108 ) 0 exp (30 (435) y 50 ºC 0 exp (435)
273.15) (50 273.15)
Dividiendo miembro a miembro se obtiene:
(2.5108 ) exp (30 (435)
273.15)
1.0929 2.29108 Pa s
exp (435)
273.15)
(50
15.8. Dibuje los circuitos eléctricos que representarían analogías eléctricas de los modelos de
Maxwell, Kelvin-Voigt y Zener.
En las analogías eléctricas, la intensidad eléctrica desempeña el papel del esfuerzo, y la tensión
eléctrica actúa como la deformación. Además, la resistencia eléctrica sería equivalente al inverso
del módulo de relajación, y la capacitancia, a la viscosidad. Esto es:
V , I , E 1 R y C .
Con todo, los circuitos serían:
© Ediciones Paraninfo
163
Capítulo 15 Propiedades mecánicas de los materiales. Termofluencia y viscoelasticidad
© Ediciones Paraninfo
164
La escala macroscópica de los materiales Bloque 3
Capítulo 16
Propiedades mecánicas de los materiales. Fallo mecánico
16.1. La figura siguiente corresponde a los ensayos de impacto Charpy realizados a porciones
de aceros recuperados del Titanic, y a probetas de un acero actual de composición similar.
a) Determine, aproximadamente, las temperaturas de transición dúctil-frágil de ambos mate-
riales.
b) Si se estima que la temperatura del agua la noche del accidente del barco era de unos –2 ºC
en la zona del hundimiento, comente qué posible efecto pudiera haber contribuido al rápido
hundimiento del barco.
c) Razone si el efecto sería el mismo si se hubiese empleado en su construcción un acero ac-
tual.
a) El problema puede resolverse, con mucha exactitud, siguiendo el procedimiento empleado en el
ejercicio resuelto 16.1. No obstante, como piden que las determinemos aproximadamente, podemos
abordar su resolución gráficamente.
Acero Titanic
En primer lugar, tracemos una línea horizontal por el valor máximo de energía que es capaz de ab-
sorber (línea negra en la siguiente figura) y otra por el valor mínimo (en este caso es 0, por lo que
coincide con el eje de abcisas):
© Ediciones Paraninfo
165
Capítulo 16 Propiedades mecánicas de los materiales. Fallo mecánico
A continuación, trazamos otra horizontal (línea azul discontinua) por el valor de energía medio
entre el máximo y el mínimo determinado anteriormente:
(80 0) J 40 J
2
La temperatura correspondiente al corte de esta línea con la curva Charpy del acero del Titanic,
nos dará la temperatura de transición dúctil-frágil de dicho acero. En este caso resulta ser de unos
55 ºC, como puede comprobar en la siguiente figura:
Acero actual
Operando del mismo modo, se calcula que la temperatura de transición dúctil-frágil del acero actual
es de unos 12 ºC:
© Ediciones Paraninfo
166
La escala macroscópica de los materiales Bloque 3
b) Una temperatura del agua de –2 ºC, implica que el acero del casco también se encontraría a dicha
temperatura. Como puede observarse en la siguiente figura, en esas condiciones, el acero del Titanic
se comporta de modo muy frágil, siendo casi nula (línea azul discontinua) su capacidad de absor-
ción de energía en el caso de impactos. En definitiva, la elevada temperatura de transición dúctil-
frágil del acero empleado, pudo ser la causa principal de que la grieta originada por el impacto con
el iceberg se propagase a lo largo del casco prácticamente sin esfuerzo alguno.
c) Para la misma temperatura de –2 ºC, un acero actual de composición similar al del Titanic es ca-
paz de absorber unos 35 J (línea roja discontinua). Aunque el valor no es muy elevado, si que impli-
ca que la propagación de una grieta no es tan fácil como en el caso del acero del Titanic. Por ello,
aunque el resultado final con respecto al barco podría haber sido el mismo, su hundimiento, el tiem-
po para ello se hubiese prolongado, permitiendo que más personas salvasen su vida.
16.2. Una pieza de sección cuadrada de lado 20 mm está sometida a una fuerza de tracción de
15500 N. La pieza de ha realizado con un material cerámico del que se conoce que falla bajo
una carga de 22000 N cuando la longitud de las grietas presentes es de 0.5 mm. Si dicha pieza
cerámica es golpeada accidentalmente y se produce una grieta superficial de 0.8 mm de pro-
fundidad, indique si se rompería la pieza.
Dato: sLE = 150 MPa
Necesitamos determinar KIc, que viene dada por:
KI c *
El esfuerzo al que estaba sometida la cerámica cuando rompió sería:
s F (22 000 mN))2 55 MPa
A0 (20 103
Como estamos dentro de la zona de comportamiento elástico, y no tenemos datos sobre el mó-
dulo de Young, vamos a igualar esfuerzos reales con ingenieriles.
Sustituyendo valores:
© Ediciones Paraninfo 1
KI c * (55 MPa) (0.5103 m) 2.18 MPa m 2
167
Capítulo 16 Propiedades mecánicas de los materiales. Fallo mecánico
El esfuerzo máximo que podría soportar con una grieta de 0.8 mm sería:
KI c (2.18 MPa m12 ) 43.48 MPa
(0.8103 m)
La fuerza asociada a este esfuerzo es:
F s A0 (43.48 106 Pa) (20 103 m)2 17 392 N
es decir, la pieza se rompería.
16.3. Compare el diámetro que debería tener una pieza para poder soportar una carga estáti-
ca de 50000 N durante 165 h de funcionamiento a una temperatura de 550 ºC, con el que ten-
dría que tener si la temperatura fuese la ambiente.
Datos: sLE 600 MPa , C2 (del parámetro de Larson-Miller) = 23.3 y utilice la Figura 16.21.
Se trata de un posible fallo por termofluencia, por lo que podemos hacer uso del parámetro de Lar-
son-Miller:
PLM (s) T log(tR ) C2
Sustituyendo valores:
PLM (s) T log(tR ) C2 (823K) log(165 h) 23.3 21103 K log(h)
Consultando la Figura 16.21, el esfuerzo real (ingenieril) resulta ser de 300 MPa.
A0 F (50 000 N) 1.67 104 m2
s (300 106 Pa)
El diámetro sería:
d 4A0 4 (1.67 104m2 ) 0.014 m
Si el elemento trabajase a temperatura ambiente, no habría problemas de termofluencia, y el
diámetro de la barra estaría únicamente condicionado por la carga que debe soportar sin superar el
límite elástico:
d 4F sLE 4(50 000 N) (600106 Pa) 0.010 m
© Ediciones Paraninfo
168
La escala macroscópica de los materiales Bloque 3
16.4. Tras realizar diferentes ensayos bajo cargas cíclicas en un material, se han obtenido los
resultados de la tabla adjunta.
a) Dibuje la curva S-N del material.
b) Indique si tiene límite de fatiga. En caso afirmativo, indique su valor.
c) Se ha fabricado un eje con este material, de modo que va a trabajar sometido a un esfuerzo
cíclico, de nivel medio nulo, cada 10 s. Si se desea que pueda trabajar durante un mínimo de
un año, calcule el esfuerzo máximo que podría aplicársele en cada ciclo.
a (MPa) Ciclos hasta el fallo
720 2·105
620 1·106
560 3·106
510 1·107
480 3·107
460 1·108
455 3·108
451.2 1·109
451 1.5·109
a) Haciendo uso de una hoja de cálculo, debe conseguir el siguiente gráfico
© Ediciones Paraninfo b) Observando la gráfica, puede apreciarse claramente que sí tiene límite de fatiga. Su valor es de
451 MPa.
c) N 1 ciclo 365 días 24 h 60 min 60 s 3.15 106 ciclos
10 s 1año
Consultando la gráfica, dicho valor se corresponde con una carga de amplitud máxima de, aproxi-
madamente, 550 MPa.
169
Capítulo 16 Propiedades mecánicas de los materiales. Fallo mecánico
16.5. Un material metálico se emplea para fabricar cables que van a utilizarse para sostener la
plataforma sobre la que se colocan las cargas en una grúa. Desea predecirse el fallo o no a
fatiga de estos cables cuando se someten a las siguientes condiciones:
a) Un esfuerzo cíclico entre 100 y 450 MPa.
b) Un esfuerzo cíclico entre 100 y 450 MPa al que se superpone un esfuerzo estático de
600 MPa, debido a la sustitución de la plataforma por otra más pesada.
Datos: LF 650 MPa y M 1250 MPa
a) Antes de nada, no se extrañe del esfuerzo de –100 MPa, esto se consigue simplemente pretensan-
do los cables.
La ecuación de Goodman es un buen medio para predecir si la pieza va a fallar a fatiga en las
condiciones indicadas:
a LF 1 m
M
Sustituyendo los datos del problema, podremos representar dicha ecuación:
a (650 MPa) 1 m
1250
En caso de aplicarle un esfuerzo cíclico entre –100 y 450 MPa:
m 1 mín 12 450 MPa 100 MPa 175 MPa
2 máx
a 1 1 máx mín 1 450 MPa 100 MPa 275 MPa
2 2 2
Representando el punto (175, 275) en la gráfica anterior, vemos que queda en la región de “No
rompe”, por lo cual no se producirá la rotura por fatiga en estas condiciones.
b) El esfuerzo estático de 600 MPa se añade al esfuerzo cíclico, de modo que la amplitud del es-
fuerzo seguiría siendo la misma, pero no lo sería el nivel medio de esfuerzos:
a 1 450 600 600 © Ediciones Paraninfo
2
1 máx mín 1 MPa 100 MPa 275 MPa
2 2
170
La escala macroscópica de los materiales Bloque 3
m 12 máx mín 12 1050 MPa 500 MPa 775 MPa
Representando este punto (275, 775) comprobamos que esta vez tampoco se producirá fallo por
fatiga.
16.6. Un determinado elemento con forma recta es sometido a cargas cíclicas que provocan el
doblado del mismo hasta formar ángulos de hasta 90º. Cuando la carga es tal que el ángulo de
doblado es de 90º, el elemento soporta un máximo de 5 ciclos. Suponga que el elemento se so-
mete a 4 ciclos de carga para cada uno de los ángulos 15º, 30º y 45º (12 ciclos en total). Deter-
mine cuántos ciclos adicionales soportará el elemento si se somete a ciclos que provocan un
doblado de 60º.
Datos: Suponga que los ángulos de doblado son proporcionalmente equivalentes a esfuerzos
soportados por el elemento y que el daño crítico (esfuerzo ciclos) es el mismo para todos los
niveles de esfuerzo.
De acuerdo a la regla de Palgrem-Miner, la fractura se producirá cuando:
ni N fi 1
i
Para cuantificar el daño acumulado a cada nivel de esfuerzo puede emplearse el producto nisi,
siendo si el esfuerzo aplicado.
Asumiendo que el daño crítico es el mismo para todos los niveles de esfuerzo, dicho daño críti-
co puede calcularse para cualquier esfuerzo como (Nisi), y en concreto el enunciado indica que al
doblar a 90º solo se soportan 5 ciclos daño crítico resulta: 590 = 450.
Multiplicando y dividiendo la regla de Palgrem-Miner por si, se obtiene:
k si si
ni
i N fi i k N fi i N fi
(15º ) (4 ciclos) (30º ) (4 ciclos) (45º ) (4 ciclos) (60º ) (x ciclos) 1
(90º ) (5 ciclos)
de donde se obtiene el número de ciclos que soportaría: x = n60 = 1.5 ciclos
© Ediciones Paraninfo 16.7. Una pieza se ha sometido a diferentes ensayos con esfuerzos cíclicos hasta su rotura. Al
aplicarle un esfuerzo máximo de 428.91 MPa, el material soportó 57000 ciclos, mientras que
cuando se bajó el esfuerzo máximo a 424 MPa, el número de ciclos antes de romperse fue
69500. Se desea que otra pieza del mismo material soporte un total de 28500 ciclos antes de
romperse, pero de modo que los primeros 8500 ciclos sean 428.91 MPa, y los siguientes
5000 ciclos a 424 MPa. Se pretende, en la última etapa, aplicar un esfuerzo cíclico máximo de
480 MPa. Señale si se producirá el fallo de la pieza antes de concluir los 28500 ciclos.
Como se trata de valorar una acumulación de daño, tendremos que emplear la regla de Palgrem-
Miner:
171
Capítulo 16 Propiedades mecánicas de los materiales. Fallo mecánico
ni 1
i N fi
Sustituyendo valores (tenga en cuenta que indican que debe soportar un total de 28500 ciclos,
por lo que en la última fase, serán 15000 los ciclos):
i ni 8 500 5 000 15 000 1
N fi 57 000 69 500
N *
f
Despejando:
N * 19 257.1 ciclos
f
Nos resta determinar el esfuerzo máximo para el que la vida a fatiga del material tiene este va-
lor. Para ello, podemos aproximar su curva S-log N a una recta del tipo:
0 k log N f
Se desconocen los valores de k y 0 (resistencia a tracción del material), pero pueden determi-
narse con los ensayos de fatiga previos realizados al material. Particularizando para dos parejas de
valores y dividiendo:
1
1 0 k log N f 1 2 log N f 1
2 0 k log N f 2 logN f 2
0 log Nf1 700 MPa
1
log N f 2
Por tanto:
k 1 0 (428.91 MPa) (700 MPa) 57 MPa
log N f 1
log 57 000
De modo que el esfuerzo máximo al que podrá someterse la pieza durante los últimos 15000 ciclos
es:
0 k log N f (700 MPa) (57 MPa) log 19 257.1 455.78 MPa
Como este valor es inferior a 480 MPa, la pieza romperá antes.
16.8. En una máquina se tiene colocada una pieza, sin grietas preexistentes que ha roto por © Ediciones Paraninfo
fatiga en dos ocasiones, pese a estar sometida a esfuerzos inferiores al límite elástico. En con-
creto, la primera vez soportó un total de 2.5·105 ciclos, cuando el intervalo de esfuerzo al que
estuvo sometida se cuantificó en 352.5 MPa. En la segunda ocasión, el intervalo valía
300 MPa, y la rotura sucedió tras 1.5·106 ciclos. Estime la duración de la pieza si logra redu-
cirse el intervalo de esfuerzos a 200 MPa.
172
La escala macroscópica de los materiales Bloque 3
Como se indica que no hay grietas preexistentes, y que los esfuerzos son inferiores al límite elásti-
co, podremos suponer que obedece a la ley de Basquin:
N f C2
No nos porporcionan los valores de los parámetros y C2, pero si dan datos para poder deter-
minarlos. Se debe cumplir que:
1 N f 2 N f C2
1 2
Dividiendo:
1 N f 1 N f 2
1 1 1
2 N f N f
2 2
Aplicando logaritmos y sustituyendo:
ln 12 ln (300 MPa)
(352.5 MPa)
0.09
ln Nf1 ln (2.5 105 ciclos)
Nf2 (1.5 106 ciclos)
Sustituyendo un par de valores porporcionados, podemos determinar C2:
C2 0.09
1 N 1 (352.5 MPa) 2.5 105 1078.88 MPa
f
Para un intevalo de esfuerzos a 200 MPa:
11
) 0.09
N f C2 (1078.88 MPa 1.357 108 ciclos
(200 MPa)
Como comprobamos, el incremento en la durabilidad es considerable.
16.9. Acaba de colocarse un eje de diámetro 10 mm en una máquina, de modo que se sabe
que, durante los primeros 2·104 ciclos las cargas cíclicas serán de 30 kN, y durante los res-
tantes ciclos, las cargas serán de 20 kN. Se ha detectado que en dicho eje recién colocado hay
una grieta de 0.1 mm producto de su fabricación. Determine:
a) El cociente entre las velocidades de propagación de la grieta al final de la etapa de cargas
altas y el inicio de la de cargas bajas.
b) El tamaño de la grieta al concluirse la etapa de cargas altas.
c) El número de ciclos, con cargas bajas, para que se produzca la rotura del eje.
Datos: KIc 18 MPa m 1 . Constantes de la ley de Paris: p = 4 y A = 10-12.
2
© Ediciones Paraninfo a) La ley de Paris con los parámetros indicados en el enunciado será:
173
Capítulo 16 Propiedades mecánicas de los materiales. Fallo mecánico
d A(K ) p 1012 (K )4
dN
Además, teniendo en cuenta que estos parámetros dependen únicamente del material, la relación
entre las tasas de crecimiento de la grieta en cada etapa será:
(d dN ) fin et.1 11001122((KK12))44 (K1)4
(d dN )inicio et. 2 (K2 )4
Teniendo en cuenta la Expresión (16.22):
(d dN) fin et.1 ((KK12))44 1 1 4
(d dN )inicio et. 2 2 2 4
Como la longitud de la grieta al final de la etapa 1 será igual que al inicio de la etapa 2:
1 12 44 (30 kN) 4
(d 2 12 44 (20SkN) 4
(d dN) fin et.1 ((KK12))44 5.06
dN )inicio et. 2
S
b) Podemos usar directamente la Expresión (16.27), o bien operar por nosotros mismos:
(d dN) A 4 A 4 22
Despejando e integrando:
f d 4 2 f 1 1 A 4 2 N f 1 4 2N 1
i 2 i 0 f 0
A dN A
Por otra parte:
F F (30 103 N) 381.97 MPa
A r2 (5 mm)2
Sustituyendo en la expresión anterior:
f 1 A 4 2N 1 1 (1012 ) (381.97 MPa)4 2 (2 104 1 1.725104 m
0 (0.1103 ciclos)
m)
c) Partiendo de la expresión que hemos deducido en el apartado anterior, y despejando el número de © Ediciones Paraninfo
ciclos:
174
La escala macroscópica de los materiales Bloque 3
1 1 A 4 2N N 1 1 1
0 * 0 * A 4 2
La longitud de la grieta en el momento de la rotura puede calcularse a partir de:
KI c * * 1 KI c2 1 F KIc 2
( r2 )
Sustituyendo:
* 1 (20 10(138NM) P(a m(512 m) m)2 ) 2 1.59 103 m
Entonces, el número de ciclos hasta la rotura será:
N 10 1* 1
A 4 2
1 1 1 124 000 ciclos
103 103
(1.725 104 m) (1.59 m) (1012 ) 2 (20 N ( (5 mm)2 ))4
© Ediciones Paraninfo
175
Capítulo 17 Propiedades eléctricas de los materiales. Bandas y conductores
Capítulo 17
Propiedades eléctricas de los materiales.
Bandas y conductores
17.1. Desea fabricarse un cable de Al, de diámetro máximo 1.75 mm, en el que la caída máxi-
ma de tensión sea de 0.2 V/m cuando por él circule una intensidad de 20 A.
a) Razone si esto es posible.
b) Si no es posible, indique qué podría hacerse para conseguirlo.
Dato: (Al) = 3.65·107 (·m)-1.
a) Para determinar si es posible fabricar ese cable, calculemos el diámetro mínimo del cable para que
tenga las pérdidas que se indican cuando la intensidad es de 20 A.
Sabemos que:
1 R A
L
Además, R V I .
Sustituyendo en la expresión anterior:
V A A(Al) I L IL (20 A) (1m) 2.734 106 m2
IL V V (Al) (0.2 (3.65 107 (·m)1
V) )
Por tanto, el diámetro mínimo será:
D(Al) 4 A 1.86 103 m 1.86 mm 1.75 mm
De modo que no es posible fabricar el cable para que cumpla todos los condicionantes.
b) Para tener menor sección de cable, el material debería ser mejor conductor eléctrico. Probemos,
por ejemplo, con el Cu, que es el conductor industrial más empleado.
Su conductividad es de (Cu) = 4.55·107 (·m)-1, así que, rehaciendo los cálculos:
A (Cu) I L IL (0.2 (20 A) 1(107m() ·m)1) 2.198106 m2
V V (Cu) V) (4.55
En este caso, el diámetro mínimo sería:
D(Cu) 4A 1.67 103 m 1.67 mm 1.75 mm
© Ediciones Paraninfo
176
La escala macroscópica de los materiales Bloque 3
17.2. Se pretende fabricar una resistencia arrollada para una estufa. Por razones de diseño,
dicha resistencia ha de tener un diámetro de 0.2 mm y longitud de 2 m.
a) Determine cuál sería la resistencia máxima que podría alcanzarse si se hiciese de nicromo
65/15.
b) Dados los datos de resistividad, densidad y coste por kg de tres materiales, indique cuál de
ellos proporcionaría una mayor resistencia a un menor coste.
Datos:
MATERIAL (·m) (g/cm3) Coste (€/kg) cable 0.2 mm
1.10·10-6 8.15
Nicromo 65/15 1.35·10-6 7.25 2 000
Kanthal D 0.49·10-6 8.9 1 500
Constantán 2 400
a) Tomando los datos de resistividad de la tabla para el Nicromo 65/15:
R L (1.1106 m) (2 m) m)2 70.03
A (0.1103
La potencia, suponiendo que la estufa se conecta a una línea de 220 V, queda:
P R I V 2 (220 V)2 691.43 W
R (70.03 )
b) Podemos calcular el coste por W que se tiene para cada material.
El volumen de alambre necesario es:
V A L (0.1103 m)2 (2 m) 6.28108 m3
Nicromo 65/15
Potencia obtenida: P 691.43 W
Coste de material V precio (6.28108 m3) (8.15103 kg m3) (2 000 € kg1) 1.02 €
Coste de material W 1.02 € 1.48103 € W1
691.43 W
Kanthal D
Potencia obtenida:
R L (1.35 106 m) (2 m) m)2 85.94
A (0.1103
P R I V 2 (220 V)2 563.18 W
R (85.94 )
© Ediciones Paraninfo
177
Capítulo 17 Propiedades eléctricas de los materiales. Bandas y conductores
Coste de material V precio (6.28108 m3) (7.25103 kg m3) (1500 € kg1) 0.68 €
Coste de material W 0.68 € 1.21103 € W1
563.18 W
Constantán
Potencia obtenida:
R L (0.49 106 m) (2 m) m)2 31.19
A (0.1103
P R I V 2 (220 V)2 1551.78 W
R (31.19 )
Coste de material V precio (6.28108 m3) (8.9 103 kg m3) (2 400 € kg1) 1.34 €
Coste de material W 1.34 € 8.64 104 € W1
1551.78 W
De los cálculos anteriores se desprende que el material que proporciona una mayor resistencia a
un menor coste es el constantán.
17.3. Calcule la resistividad de un monocristal de Mg (estructura cristalina HC, con paráme-
tros de red a y c) en la dirección que forma un ángulo de 30º con su plano basal.
Datos: c = 3.5·10-8 ·m y a = 4.2·10-8 ·m.
Según la Expresión (17.5):
c ( ) c (a c ) cos2
Para un ángulo de 30º
c (30º ) (3.5 108 m) (4.2 108 m 3.5 108 m) cos2 (30º ) 4.025 108 m
17.4. A la temperatura de 300 K, una muestra de plata con conductividad eléctrica de © Ediciones Paraninfo
6.80·107 (·m)-1 se halla sometida a un campo eléctrico de intensidad 103 V·m-1. Considerando
para el proceso de conducción el modelo cuántico de bandas, determine:
a) El tiempo medio entre colisiones.
b) La velocidad térmica media.
c) El recorrido libre medio.
d) La movilidad de los electrones.
e) La velocidad de arrastre de los electrones de conducción de este conductor.
f) Realice de nuevo todos los cálculos considerandola masa efectiva en lugar de la me.
Datos: me = 9.11·10-31 kg, [Ag] = 5.86·1028 átomos/m3, EF = 5.98 eV, e = 1.6·10–19C y
me* = 0.99me.
178
La escala macroscópica de los materiales Bloque 3
a) Despejando de la Expresión (17.10) se tiene que:
me
ne2
Dado que la plata tiene valencia 1, cada átomo de plata contribuirá al gas de electrones con un
único electrón. De este modo, la concentración de electrones de valencia se calculará como:
n 5.86 1028 átomos 1 electrón 5.86 1028 electrones m3
m3 átomo
Sustituyendo ahora en la expresión de obtenemos
mnee2 (9(.51.18610103128kmg)3()6.(810.6010170191Cm)21) 4.129 1014 s
b) Según la Expresión (17.18):
vF 2EF 2 (5.48 eV) (1.60 1019 J eV1) 1.387 106 m s1
me (9.111031 kg)
c) A partir de la Expresión (17.25):
vF (4.129 1014 s) (1.387 106 m s1) 5.727 108 m
d) Empleando la Expresión (17.8)
e e (1.60 1019 C) (4.129 1014 s) 7.25 103 m2 V1 s1
me (9.111031 kg)
e) Y empleando la Expresión (17.6):
vd eE0 (1.60 1019 C) (103 V m1) (4.129 1014 s) 7.25 ms1
me (9.111031 kg)
Como ya hemos calculado la movilidad, podríamos haber calculado la velocidad de arrastre con
menos operaciones:
vd e E0 (7.25 103 m2 V1 s1) (103 V m1) 7.3 m s1
Nótese que la velocidad de arrastre obtenida resulta ser mucho menor que la velocidad térmica
de Fermi. Debido a que los electrones sufren muchas dispersiones, la dirección de movimiento de
los electrones es más o menos aleatoria, incluso cuando está aplicado el campo eléctrico. Es decir,
la probabilidad de encontrar a un electrón viajando en la dirección y sentido del campo, es solo lige-
ramente superior a la de encontrarlo viajando en el sentido opuesto al del campo.
f) El tiempo medio entre colisiones sería:
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179
Capítulo 17 Propiedades eléctricas de los materiales. Bandas y conductores
mnee*2 0.9n9em2 e 0.99 (4.129 1014 s) 4.088 1014 s
La velocidad térmica media:
vF 2EF 1.394 106 m s1
me*
El recorrido libre medio:
vF (4.0881014 s) (1.394 106 m s1) 5.698108 m
La movilidad:
e e (1.60 1019 C) (4.0881014 s) 7.25 103 m2 V1 s1
me* 0.99 (9.111031 kg)
La velocidad de arrastre:
vd e E0 (7.25 103 m2 V1 s1) (103 V m1) 7.25 m s1
17.5. Calcule la conductividad eléctrica y la movilidad de los electrones de una muestra de
litio sabiendo que la densidad es de 0.53 g/cm3, la masa molar es de 7 g/mol y que el Li es mo-
novalente (es decir, cada átomo aporta un electrón de valencia). Suponga que el tiempo de
relajación vale 1·10-14 s.
Datos: e = 1.6·10–19C, NA = 6.022·1023, me* = 1.28me y me = 9.11·10-31 kg.
La concentración de átomos de litio sería:
Li 0.53 g 100 cm 3 1 mol N A átomos 4.56 1028 átomos m3
cm3 1m 7g 1 mol
Dado que el litio es monovalente, la concentración de electrones de valencia será:
n 4.56 1028 átomos 1 electrones 4.56 1028 electones m-3
m3 átomos
Si 11014 s, entonces, según la Expresión (17.8):
e e (1.60 1019 C) (11014 s) 1.37 103 m2 V1 s1
me* 1.28 (9.111031 kg)
Y la conductividad eléctrica, puede calcularse a partir de la Expresión (17.11).
ene (1.60 1019 C) (4.56 1028 m3) (1.37 103 m2 V1s1) 9.995 106 ( m)1 © Ediciones Paraninfo
180
La escala macroscópica de los materiales Bloque 3
17.6. Calcule el tiempo de relajación y el recorrido libre medio para los electrones del alumi-
nio a la temperatura de 300 K.
Datos: = 4.0·107 (·m)-1, [Al] = 6.02·1028 átomos/m3, valencia = 3, me = 9.11·10-31 kg, me* =
1.04 me, e = 1.6·10–19C y h = 6.63·10-34 J·s.
Previo al cálculo del tiempo de relajación, calculemos la concentración de electrones de valencia.
n 6.02 1028 átomos 3 electrones 18.06 1028 electrones m3
m3 átomos
Entonces:
mnee*2 1.04 (9.111031 kg) (4.07 1100719C)1 2m1 ) 1.0231014 s
(18.06 1028 m3) (1.60
El recorrido libre medio será:
vF 2EF
me*
Por tanto, hace falta calcular el nivel de Fermi para obtener el recorrido libre medio.
EF 8h m2 e* 2 81(.60.463 (91.011341J0s31)2kg) 3 (18.06 1028 2 1.79 1018 J 11.18 eV
3n 3 m3 ) 3
Sustituyendo en la expresión anterior:
vF 2EF (1.0231014 s) 2 (1.79 1018 J) 1.988 108 m
me* 1.04 (9.111031 kg)
17.7. La sonda de un medidor de campo magnético está fabricada con un cristal de InSb y
diseñada para operar a 3 V (aplicados a lo largo del cristal de dimensiones 1 mm × 1mm ×
1mm). Indique qué tensión de salida (tensión Hall) cabe esperar cuando la sonda se sitúa en
una región donde el campo magnético es de 10-4 T.
Dato: La movilidad de los portadores mayoritarios es 8 m2/(Vs).
La tensión de Hall puede calcularse según la Expresión (17.15):
VH = I B0
qnd
© Ediciones Paraninfo
181
Capítulo 17 Propiedades eléctricas de los materiales. Bandas y conductores
Además, J=I I
de modo que A cd
VH JcdB0 J cB0
qnd qn
q es la carga de los portadores de corriente que, en este caso al ser un semiconductor tipo n, será
igual a e, la carga del electrón.
Por otra parte, la densidad de corriente, J, puede calcularse como J qnvd qneEZ . Sustitu-
yendo en la expresión anterior:
=VH qneEZ cB0 cEZ eB0
qn
Teniendo en cuenta que el campo eléctrico longitudinal viene dado por:
Eo V (3 V) 3103 V m
b (103 m)
=VH cEZ eB0 (103 m) (3 103 V m) (8 m2 (V s)1) (104 T) 2.4 103 V 2.4 mV
17.8. Determine el valor del nivel de Fermi para el Cu y señale cuál es la probabilidad de ocu-
pación, en el Cu a 25 ºC, de unos estados electrónicos con energías: (i) = EF, (ii) = EF + 0.1 eV
y (iii) = EF – 0.1 eV.
Datos: (Cu) = 8.92 g/cm3, M(Cu) = 63.5 g/mol, me* = 1.01 me, me = 9.11·10-31 kg, NA =
6.022·1023, h = 6.63·10-34 J·s y kB = 1.38·10-23 J·K-1.
El nivel de Fermi puede calcularse a partir de la Expresión (17.17)
EF h2 2
8 me*
3n 3
La concentración de electrones de valencia sería:
n 8.92 g (100 cm)3 1 mol NA átomos 1 electrones valencia 8.43 1028 electrones m3
cm3 1 m3 63.5 g 1 mol 1 átomos
Sustituyendo en la ecuación anterior:
EF 8h m2 e* 2 8 1(.60.163(91.011341J0s3)1 2kg) 3 (8.43 1028 2 1.111018 J 6.93 eV © Ediciones Paraninfo
3n 3 m3 ) 3
182
La escala macroscópica de los materiales Bloque 3
Por otra parte, la probabilidad de ocupación viene dada por:
f (E) E EF 1
exp kBT 1
(i) Para E EF
f (E) 1
2
(ii) Para E EF 0.1
f (E) (8.62105(J0.1KJ)1) (298 K) 11 0.0199
exp
(iii) Para E EF 0.1
f (E) (8.6210(5J0.K1 J1)) (298 K) 11 0.98
exp
© Ediciones Paraninfo 17.9. La resistividad eléctrica a bajas temperaturas de una muestra de Cu (valencia +1) de
alta pureza es de 1·10-10 m. La presencia en este material de un 0.1% atómico de impurezas
de Cd2+ supone un incremento de resistividad de 4·10-10 m, lo que eleva el valor total de la
resistividad hasta 5·10-10 m. Calcule la resistividad de una muestra de Cu impurificada con
un 0.2% atómico de In3+, y de otra impurificada con un 0.05% atómico de Sn4+ sabiendo que
el incremento de resistividad eléctrica producido por la presencia de impurezas es directa-
mente proporcional a (z)2, siendo z la diferencia de valencia entre el ión de impureza y el
del metal que los alberga.
(Cu) 11010 ·m
Cd2 0.1% atómico 1·103 1 4·1010 m
In3 0.2 % atómico 2·103 2 ?
Sn 4 0.05 % atómico 5·104 3 ?
La contribución debida a las impurezas viene dada por: I k ·xi siendo xi la fracción
atómica de impurezas. Por otro lado, el enunciado nos dice que k a(z)2 así pues, la concentra-
ción debida a las impurezas se expresará como:
a (z) 2 ·xi
183
Capítulo 17 Propiedades eléctricas de los materiales. Bandas y conductores
Para el Cd2+: xi = 1·103, z 2 1 1 y 4·1010 m , por lo que a 4·107 m
Para el In3+: xi = 2·103, z 3 1 2 , ?
(4·107 m )·(2)2 ·(2·103 ) 3.2·109 m
luego: (1·1010 3.19·109 ) m 3.29·109 m
Para el Sn4+: xi = 0.5·103 , z 4 1 3 , ?
(4·107 m)·(3)2 ·(0.5·103) 1.80·109 m
luego: (1·1010 1.80·109) m 1.90·109 m
17.10. Se tiene una aleación de hierro-cromo (que supondremos es una solución sólida) cuya
composición se desconoce. Con objeto de determinar la composición de la aleación, se ha me-
dido su resistividad a temperatura ambiente (22 ºC), alcanzando un valor de 1.55·10-6 Ω·m.
Además, se conoce que, también a a temperatura ambiente, otra aleación 80Fe-20Cr tiene una
resistividad eléctrica de 1.15·10-6 Ω·m. Calcule la composición de la aleación desconocida.
Datos: M(Fe) = 55.85 g/mol, M(Cr) = 51.99 g/mol, resistividad del hierro puro a 22 ºC =
9.71·10-8 Ω·m. Suponga que el hierro y el cromo forman una solución sólida.
La resistividad de la aleación tendrá dos contribuciones: la debida a la temperatura, T, y la debida
a la presencia de impurezas, I.
1.15 106 m I T
Del enunciado:
T (22 ºC) (97.1107 cm) 1 m 97.1109 m
100 cm
De este modo, para la aleación conocida:
I T (1.15 106 m) (97.1109 m) 1.0529 106 m
Para calcular la composición de la aleación expresada en porcentaje atómico partiremos del dato
siguiente: 100 g de aleación contienen 80 g de Fe y 20 g de Cr.
Por lo tanto, el número de moles de ambas especies será:
n (Fe) 80 g 1 mol 1.43 mol Fe
55.85 g
xi n (Cr) 20 g 1 mol 0.38 mol Cr © Ediciones Paraninfo
51.99 g
n (Cr) (0.38) 0.21 % atómico
n (Cr) n (Fe) (0.38) (1.43)
184
La escala macroscópica de los materiales Bloque 3
Como I kxi k I (1.0529 106 m) 5.01106 m
xi (0.21)
Para la aleación pedida:
1.55106 m
T 97.1109 m
I (1.55 106 m) (97.1109 m) 1.4529 106 m
Por tanto:
I kxi 1.4529 106 m
xi (1(.54.50219101066 m m) ) 0.29 % atómico de Cr
17.11. Razone si puede obtenerse, aleando convenientemente dos metales, una solución bifási-
ca con una conductividad más alta que la de ambos componentes. Argumente si podría obte-
nerse con una solución monofásica y justifíquelo. A la vista de los resultados, explique qué se
persigue con la aleación de dos metales.
La resistividad de una aleación bifásica se puede calcular mediante la expresión:
donde y son las resistividades de los dos componentes, y y son las fracciones volu-
métricas de ambas fases.
Si suponemos que , entonces, el valor más bajo que puede tomar la resistividad de la
aleación (correspondiente al valor más alto de su conductividad) siempre será mayor que (a
menos que = 0, con lo que no podríamos hablar de aleación).
Si la aleación no es bifásica, tampoco podrá conseguirse una conductividad más alta que la de
los componentes, pues si revisa la Figura 17.18a:
© Ediciones Paraninfo Luego el objetivo de alear dos metales no es mejorar sus características eléctricas, sino, en ge-
neral, mejorar sus características mecánicas. El Cu es un excelente conductor, pero es demasiado
blando. Si se alea con Be o Zr se mejoran notablemente sus propiedades mecánicas con una merma
asumible de su conductividad.
185
Capítulo 17 Propiedades eléctricas de los materiales. Bandas y conductores
17.12. La densidad de corriente emitida por un cátodo de wolframio puro es de 2530 A/m2,
operando a la temperatura de 2400 K. Se ha pensado que el rendimiento de la termoemisión
mejoraría si se utilizase en su lugar un cátodo de wolframio recubierto con ThO2, que tiene un
trabajo de extracción de 2.5 eV. Se desea saber si la idea es acertada y la relación entre las
corrientes electrónicas emitidas por ambos cátodos, operando a la temperatura de 2400 K.
Justifique el resultado.
Datos: Factor de la ecuación Richardson-Dushman = 1.20·106 A/(m·K)2, kB = 8.617·10–5 eV/K,
e = 1.6·10–19C, h = 6.63·10–34J·s y c = 3·108 m/s.
La termoemisión está gobernada por la ecuación de Richardson-Dushman:
J AT 2 exp kBT
Según el enunciado, para el W: J (W) 2530 A m2
Para el W-ThO2:
J (W-ThO2 ) (1.20 106 A m-2 K -2 ) (2 400 K)2 ·exp (2.5 eV)
105 eV K1)
(8.617 (2 400 K)
3.95107 A m2
Por tanto, J (W-ThO2 )
J (W)
1.57 104
Por lo que la idea es buena, y se debe a que el W debe tener un trabajo de extracción superior al del
W-ThO2. Veámoslo:
(W ) kBT ln JA(WT 2)
(8.617 105 eV K1)·(2 400 K) ln (1.2 106 (2 530 A m2 ) K)2 4.5 eV
A m-2 K-2 ) (2 400
(W) 4.5 eV (W-ThO2)
17.13. Suponiendo una eficiencia del 100% en la conversión fotoeléctrica: © Ediciones Paraninfo
a) Determine qué potencia mínima por unidad de área debe tener la radiación incidente para
producir una corriente de fotoelectrones igual a la producida por el termoemisor de wolfra-
mio puro del problema anterior.
b) Calcule qué frecuencia debe tener la radiación.
Datos: e = 1.6·10–19C y h = 6.63·10–34 J·s.
a) La mínima energía que debe portar un fotón para que logre arrancar un electrón es:
(W) 4.5 eV 4.5 eV 1.6 1019 J 7.2 1019 J
1 eV
186
La escala macroscópica de los materiales Bloque 3
Por otro lado, la corriente emitida por el cátodo de W equivale
J (W) 2 530 mA2 2 530 C 2 1electrón 1.58 1022 electrones
s·m 1.6 1019 C s·m 2
Por tanto, la potencia que esto exige es
P J (W) (W) 1.58 1022 electrones 7.2 1019 J 1.14 104 J 1.14 104 W
s·m2 1 electrón s·m2 m2
b) La energía del fotón: E f 7.2 1019 J h h c
Despejando:
Ef (7.2 1019 J) 1.086 1015 s1
h (6.63 1034 J·s)
17.14. En el efecto fotoeléctrico de metales (fotoemisión), se habla de una frecuencia umbral.
Indique si puede definirse también una intensidad umbral y una longitud de onda umbral.
Razone las respuestas.
En el efecto fotoeléctrico no puede hablarse de intensidad umbral, porque dicho efecto se explica
como la interacción entre un fotón y un electrón, independientemente de la intensidad de la onda
(relacionada con el número de fotones que la constituyen).
Sin embargo, sí existe una longitud de onda umbral, 0, propia de cada material, por encima de
la cual no se produce fotoemisión. Dicha longitud de onda se corresponde con el valor máximo de
la radiación electromagnética que permite la extracción. En el límite, la energía del fotón incidente
es igual al trabajo de extracción que hay que realizar para extraer el electrón del material:
E h0 hc
0
Por tanto, para que exista fotoemisión se deberá cumplir que: 0 hc .
© Ediciones Paraninfo 17.15. Desea fabricarse un dispositivo que mida la energía cinética máxima con la que son
arrancados los electrones de un determinado metal, de frecuencia umbral 5·1014 Hz, cuando
se expone a una radiación incidente de frecuencia de 1.2·1015 Hz. Calcule teóricamente el va-
lor máximo de la energía cinética de los fotoelectrones. Realice un esquema de un montaje que
permitiera su medición, señalando los valores que marcarían los posibles instrumentos de
medida que contuviera el montaje.
Datos: h = 6.63·10–34J·s, e = 1.6·10–19C y me = 9.1·10–31 kg.
187
Capítulo 17 Propiedades eléctricas de los materiales. Bandas y conductores
Según el enunciado: 0 51014 Hz
El montaje podría ser: 1.2 1015 Hz
La ecuación de Einstein viene dada por:
h ECmáx
donde es la frecuencia de la radiación incidente, es el trabajo de extracción, y ECmáx es la
energía cinética máxima de los electrones arrancados.
Como h0 entonces,
ECmáx h( 0 ) (6.631034 J·s) (1.2 1015 s1 5 1014 s1) 4.64 1019 J .
La diferencia de potencial establecida puede anular la energía cinética adquirida. Esto es:
e V ECmáx V ((41..66411001919CJ)) 2.9 V
17.16. Con el fin de reducir masa, quiere sustituirse el cableado de cobre de un avión por un
cable de material polimérico conductor (poliacetileno, PAC, dopado). Los cables han de poder
soportar el mismo nivel de intensidad.
a) Calcule el diámetro que habrá de tener el nuevo cable polimérico sabiendo que el diámetro
del cable de cobre era de 0.4 mm.
b) Calcule la relación: Masa (cable Cu)/Masa (cable PAC).
c) Suponiendo que la densidad del polímero no varía durante su proceso de dopado, indique
qué resistividad debería conseguirse para que la masa del cable se redujera a la mitad de la
masa del cable de cobre.
Datos: ρ(Cu) = 1.72·10-8 Ω·m, ρ(PAC) = 1·10-7 Ω·m, δ(Cu) = 8.92 g/cm3 y δ(PAC) = 1.2 g/cm3.
a) Lo primero es calcular la resistencia del cable de cobre.
R(Cu) (Cu) L (Cu) r L © Ediciones Paraninfo
A 2 (Cu)
188
La escala macroscópica de los materiales Bloque 3
Como la resistencia del cable polimérico ha de ser la misma:
R(Cu) R(pol) (Cu) L (pol) r 2 L
r2 (Cu) (pol)
Depejando y sustituyendo:
r(pol) r(Cu) (pol) (0.2 103 m) (1107 m) 4.82 104 m
(Cu) (1.72 108 m)
El diámetro del nuevo cable será:
d(pol) 2 r(pol) 2(4.82104 m) 0.964 mm
b) La relación de masas sería:
m(Cu) (Cu) V (Cu) (Cu) (( rr22 ((Cpoul))LL)) (Cu) (r2 (Cu))
m(pol) (pol) V (pol) (pol) (pol) (r2 (pol))
Sustituyendo:
m(Cu) ((pCoul)) ((rr22 ((Cpoul)))) ((18..292ggcmcm3)3)(4(.08.22110043 mm))22 1.279
m(pol)
c) Imponiendo la condición de que la relación de masas sea 2:
2 m(Cu) (Cu) (r2 (Cu))
m(pol) (pol) (r2 (pol))
Además, por el apartado a), sabemos que se requiere que la resistencia de los cables sean iguales, es
decir:
R(Cu) R(pol) (Cu ) L (pol) L r2 (Cu) (Cu)
r2 (Cu) r2 (pol) r2 (pol) (pol)
De modo que:
2 m(Cu) (Cu) (r2 (Cu)) (Cu) (Cu )
m(pol) (pol) (r2 (pol)) (pol) (pol)
Despejando y sustituyendo:
(pol) (Cu) (Cu) (8.92 g cm3) (1.72 108 m) 6.393108 m
(pol) 2 (1.2 g cm3) 2
© Ediciones Paraninfo
189
Capítulo 18 Propiedades eléctricas de los materiales. Semiconductores
Capítulo 18
Propiedades eléctricas de los materiales. Semiconductores
18.1. Indique cuál es la posición del nivel de Fermi si la probabilidad de que un estado en el
extremo inferior de la BC (EC) esté ocupado es precisamente igual a la probabilidad de que un
estado en el extremo superior de la BV (EV) esté vacío.
El problema dice que f (EC ) 1 f (EV ) , lo que significa que:
1 1 1 1
1 exp EC EF EV EF exp EF EV
kBT 1 exp kBT kBT 1
de donde se concluye que
1 exp EC EF exp EF EV 1
kBT kBT
Y de aquí que (EC EF ) (EF EV ) , esto es, que
EF EC EV
2
es decir, el nivel de Fermi está justo en la mitad de la banda prohibida, en las condiciones referidas.
18.2. Se dispone de un trozo de silicio intrínseco cuya conductividad eléctrica a temperatura © Ediciones Paraninfo
ambiente es de 4·10–4 (m)–1 y en el que las movilidades de electrones y de huecos valen 0.14
y 0.048 m2/(Vs), respectivamente.
a) Calcule las concentraciones de portadores a dicha temperatura.
b) Cuando un electrón de los enlaces que rodean a los átomos de silicio logra escapar, se dice
que el enlace se ha roto. Determine cuál será la concentración de enlaces rotos en el silicio in-
trínseco.
c) Si el material anterior se dopa (impurifica) con fósforo hasta obtener una concentración de
portadores dominantes (mayoritarios) de 1023 m–3 a temperatura ambiente, indique en qué
tipo de semiconductor se convierte. Estime la nueva conductividad, también a temperatura
ambiente, suponiendo que las movilidades de los portadores no han cambiado.
Dato: e = 1.6·10–19 C.
a) Puesto que el material es intrínseco, n = p
ene eph
Como n = p = ni eni (e h ) , y despejando ni:
190
La escala macroscópica de los materiales Bloque 3
e e h (4 104 ( m)1) 1.33106 portadores m3
(1.6 1019 C) 0.14 m2 (V s)1 0.048 m2 (V s)1
ni
b) Cada átomo de Si posee 4 electrones de valencia (pertenece al grupo 14), por tanto, formará 4
enlaces con los átomos vecinos. Así pues, cada átomo de Si se rodea de 8 electrones.
Cuando un electrón de un enlace se libera, el enlace se rompe. El electrón queda libre y se con-
vierte en un portador de corriente, y el enlace roto puede atrapar a otro electrón (libre o de otro en-
lace vecino), luego también actúa como otro portador de corriente.
En el modelo de bandas la rotura de un enlace significa simplemente que se origina un hueco
en la BV y un electrón en la BC.
© Ediciones Paraninfo Como por cada enlace roto se origina un electrón y un hueco:
nº de enlaces rotos = nº de electrones = nº de huecos
y, por tanto, la concentración de enlaces rotos será igual a ni = 1.331016 enlaces rotos/m3.
c) El P es un elemento del grupo 15 y, por tanto, actuará como donador. Los portadores mayorita-
rios del material serán electrones y el semiconductor será extrínseco de tipo n.
(Véase cómo n 1023 m3 1.331016 m3 .)
Como los portadores dominantes serán los electrones, puede calcularse la conductividad como:
ene (1.6 1019 C) (1023 m3 ) (0.14 m2 (V s)1) 2 240 ( m)1
que es mucho mayor que en el caso intrínseco.
191
Capítulo 18 Propiedades eléctricas de los materiales. Semiconductores
18.3. La variación de la resistividad del germanio intrínseco con la temperatura viene dada
por la siguiente tabla:
T(K) 385 455 556 714
(m) 0.0280 0.0061 0.0013 0.0003
Suponiendo que las movilidades de electrones y de huecos varían con la temperatura como
T 3 , y que la banda de energía prohibida, EIP, es independiente de la temperatura, determine
2
el valor de EIP en eV.
Dato: kB = 1.38·10–23 J/K.
La conductividad es:
e(ne ph )
siendo n = p para un semiconductor intrínseco.
Según el enunciado, µe, µh T 3/2 . Además, a partir de la Expresión (18.4) puede extraerse
que:
n, p T 3/2 exp(EIP (2kBT ))
Teniendo en cuenta lo anterior, la conductividad será:
1 Aexp(EIP (2kBT ))
donde A es una constante.
Aplicando ln, la expresión queda:
ln EIP 1 ln A
2kB T
Representando ln frente a 1/ T (usando los datos de la tabla del enunnciado), se obtiene una
recta de pendiente m EIP (2kB ) 3850 . Despejando, se obtiene formalmente que:
EIP 0.66 eV
18.4. Calcule el valor del intervalo prohibido para un semiconductor intrínseco de CdTe sa- © Ediciones Paraninfo
biendo que sus resistividades a 25 y 150 ºC son, respectivamente, 7.692·107 cm y
1.54·104 cm.
Dato: kB = 8.617·10-5 eV/K.
Las conductividades a esas temperaturas serán:
1 (298 K) 1.3106 ( m)1
(423 K) 6.49 103 ( m)1
192
La escala macroscópica de los materiales Bloque 3
La variación de la conductividad con la temperatura en el caso de un semiconductor intrínseco vie-
ne dada por la expresión:
(T ) 0 exp EIP
2kBT
Tomando ln en ambos miembros y sustituyendo los datos para ambas temperaturas, resulta el si-
guiente sistema de ecuaciones:
ln (298K) ln 0 2kB EIP K
298
ln (423K) ln 0 2kB EIP K
423
Despejando ln (0) de la primera ecuación
ln ( 0 ) ln (298 K) 2kB EIP K
298
Sustituyendo en la segunda:
ln (423 K) ln (298 K) 2kB EIP K 2kB EIP K
298 423
Operando:
ln (423 K) ln (298 K) EIP 1 K 1 K EIP 1.48 eV
2kB 298 423
18.5. Para un semiconductor de Ge dopado con P, en el límite superior de temperatura de la
región de agotamiento, la conductividad es de 60 (m)-1. Calcule:
a) La concentración atómica de P dopante.
b) La temperatura a la que termina la región de agotamiento (considere que esta región ter-
mina justo cuando la conductividad intrínseca supera a la de agotamiento).
Datos: e =1.6·10–19 C, e = 0.380 m2/(V·s), h = 0.182 m2/(V·s), kB = 8.617·10-5 eV/K, ni (300 K) =
2.4·1019 portadores/m3 y EIP = 0.66 eV.
a) Semiconductor extrínseco tipo n n p e ne . Por tanto, n representa la concentra-
ción de electrones de conducción, pero también es aproximadamente igual a la concentración de
átomos dopantes solicitada.
Despejando n, obtenemos:
© Ediciones Paraninfo
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Capítulo 18 Propiedades eléctricas de los materiales. Semiconductores
n e e (1.6 1019(C60) ((0.3m80)m1) 2 (V s)1) 9.8681020 átomos P m3
b) La conductividad intrínseca tiene la expresión:
0 exp EIP (2kBT )
Como nos indican que a la temperatura de agotamiento, la conductividad intrínseca es la de agota-
miento:
60 ( m)1 0 expEIP (2kBT)
Para determinar T, solo queda calcular previamente 0. La conductividad intrínseca también puede
calcularse como:
(300 K) eni (e h) (1.6 1019 C) (2.4 1019 m3 )·(0.380 0.182) m2 (V s)1 2.16 ( m)1
Igualando con: 0 expEIP (2kBT )
2.16 ( m)1 0 exp 2 (8.617 0.66 eV ) (300 K) 0 7.558105 ( m)1
105 eV K1
Por tanto:
60 ( m)-1 7.558 105 ( m)1·exp 2 (0.66 eV) T
(8.617 105 eV K1)
Aplicando logaritmos:
ln 7.556801(05 (m)-1m)1 2 (8.617(01.0665 eeVV) K1) T T 405.63 K
18.6. Una muestra de Si ha sido dopada con átomos de P. Si, a la temperatura de 300 K, se
encuentran ionizados un total de 1016 átomos/cm3, determine:
a) La concentración de portadores mayoritarios.
b) El valor del intervalo prohibido.
c) La conductividad eléctrica del material.
d) Una expresión para el factor preexponencial (0) de la conductividad eléctrica de un semi-
conductor intrínseco sabiendo que las movilidades de electrones y huecos son proporcionales
a T 3 .
2
Datos: ni (300 K) = 1010 portadores/cm3, kB = 1.38·10-23 J/K, e = 1.6·10-19 C, e = 1400 cm2/(Vs),
h = 480 cm2/( Vs), me*/me = 0.26 y mh*/me = 0.39.
© Ediciones Paraninfo
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