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La escala macroscópica de los materiales Bloque 3

a)

 n 1016 electrones  cm3
 
Si (dopado P)  Portadores  ni2  p·n  p  ni2  1010 cm3 2  104 huecos  cm3
 n (1016 cm3 )


b) Para un semiconductor, se sabe que la dependencia térmica de la concentración intrínseca viene
dada por:

me* mh* 3
me me 4
ni 4.829 1021     T 3  exp   EIP 
  2  2kBT 

 

Sustituyendo valores conocidos:

  ni 3  3
1010 cm3 4.829 1021   0.26  0.39 4  300 K 2  exp  EIP (2 1.38·1023 J  K1)  (300 K)

Tomando ln:    2.22 1015  exp EIP 8.281021J

 EIP 8.28 1021 J ln (2.22 1015 ) 33.74

Despejando:

EIP 2.79 1019 J 1.74 eV

c)  e ne  ph 

Sustituyendo:

   (1.6 1019 C)  (1016 cm3 )·(1400 cm2  V1 s1)  (104 cm3 )·(480 cm2  V1  s1)  2.24   cm1

d) Intrínseco  n p ni (2kBT )  e ni   e  h   e niT 3 2 a  b

   0·exp EIP

Sustituyendo la expresión de ni usada en el apartado anterior:

me* mh* 3
 me me 4
0 expEIP (2kBT ) e  4.829 1021 T 3 2 exp EIP (2kBT ) T 3 2     a  b



Sustituyendo:

 0 e  4.829 1021 0.26  0.39  3 a  b 8.68 1020 ea  b
4

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195

Capítulo 18 Propiedades eléctricas de los materiales. Semiconductores

18.7. La conductividad eléctrica del Ge a 25 ºC es de 0.02 (·cm)–1. Estime para esa tempera-
tura:
a) La concentración de portadores de carga.
b) La fracción de los electrones de la banda de valencia que han sido promocionados a la ban-
da de conducción.
c) Para convertir una muestra de Ge puro en un semiconductor de tipo p con una conductivi-
dad de 100 (·cm)–1, determine qué tipo de impurezas y en qué concentración deberán ser
introducidas. Calcule las concentraciones de portadores para el semiconductor dopado.
Datos: e = 3800 cm2/(V·s), h = 1820 cm2/(V·s), e = 1.6·10–19 C y a (Ge) = 5.66 ·10–8 cm con
estructura cristalina del diamante.

a) Semiconductor intrínseco (n = p = ni ):

  nee  peh  nie  i  e 

Despejando ni y sustituyendo valores conocidos:

 (1.6 1019 C)(0(.(0328(00  cm)1) 2.22 1013 portadores  cm3
e  e  p  1820)
 ni cm  V 1 ·s 1 )

Existirán 2.221013electrones cm3 y 2.221013 portadores cm3 contribuyendo a la conducción.

b) Según el enunciado: a(Ge) = 5.66 108 cm y su estructura cristalina es la del diamante. El núme-
ro de electrones de la BV del Ge se calcula como:

8 átomos  1celdilla 4 electrones valencia 1.76 1023 electrones  cm3
celdilla 5.66 108 cm 1átomo
 ntot 3 

por tanto, la fracción exitada será igual a:

f ni (2.22 108 electrones ccmm33)) 1.26 1010
ntot (1.76 1023 electrones

c) A fin de obtener la conductividad deseada, se debe dopar el Ge con átomos de valencia 3 y agre-
gar suficiente dopante para proporcionar el número requerido de portadores de carga. Si suponemos
que el número de portadores de carga intrínsecos es pequeño, y que cada uno de los átomos dopan-
tes proporciona un hueco, entonces, la concentración de dopantes será igual a la concentración de
los huecos, esto es, Na  p .

Como además n·p = ni2 , se tendrá que:

 e  Na  1 e  h   Na  
 ni2  
  e  h 
e ni2 
 

Sustituyendo valores: ©  Ediciones Paraninfo

196

La escala macroscópica de los materiales Bloque 3

 (100   cm1) 3.431017 átomos dopantes  cm3
 Na
 (3800 cm2  V1  s1) 
 2.22 1013 cm-3 2  s1) 
(1.6 1019 C)    (1820 cm2  V1

 

Las concentraciones de portadores serían: n ni2 1.44 109 electrones  cm3
p 3.431017 huecos  cm3 p

18.8. A la temperatura de 300 K, un cristal de Si tiene un 0.0001 % atómico de impurezas de
As. Si recibe un dopado uniforme de 3·1016 átomos P/cm3 y después 1018 átomos B/cm3:
a) Calcule cuál es la concentración de portadores e indique qué tipo de semiconductor es.
b) Si el cristal homogéneo tiene 2 cm de longitud y 0.5 cm2 de sección, calcule la corriente que
suministrará una batería de 5V conectada a sus extremos.
Datos: [Si] = 5·1022 átomos/cm3, ni (300 K) = 1010 cm–3, µe (300 K) = 1400 cm2(Vs)–1, µh (300 K) =
480 cm2(Vs)–1 y e = 1.6·10–19 C.

a) Según el enunciado, Si 51022 átomos cm3 . Por tanto, según también los datos del enunciado,

la concentración de átomos de arsénico vendrá dada por:

As  104 51022 átomos  cm3  51016 átomos  cm3

100

Dado que el As es pentavalente y el Si es tetravalente, las impurezas de As en Si actuarán como dona-
doras.

Posteriormente, el cristal de Si recibe los siguientes dopados

P 31016 átomos  cm3
B 1018 átomos  cm3

El P es pentavalente, y por tanto actuará como donante, mientras que el B es tetravalente, y actua-
rá como aceptor.

Con todo,

Nd As  P (51016 cm3)  (31016 cm3) 81016 cm3

Na B 1018cm3

Por tanto, dado que Na –>NNdd|,=el9s.2em10ic1o7 ncdmu–c3tor e1s.1d8e·1ti0p1o0cpm. –3
Como además |Na
y suponiendo que a T = 300 K todas

las impurezas están ionizadas:

p  Na  1018 cm3

©  Ediciones Paraninfo n ni2 (1010 ccmm33))2  
p (1018 100 cm3

197

Capítulo 18 Propiedades eléctricas de los materiales. Semiconductores

b) El esquema eléctrico quedaría:

La densidad de corriente viene dada por J   E0 . Como además,  J  I A , se tendrá entonces que

I AE0 A V L

Por otro lado, la conductividad puede calcularse como:
 

   e(ne  ph )  (1.6 1019 C)  (100 cm 3 )  (1400 cm 2  V 1  s1 )  (1018 cm 3 )  (480 cm 2  V 1  s1 ) 

=0 76.8 C V1 s1  cm1 76.8 (  cm)1 7.68103 (  cm)1

Por tanto, la intensidad será:

I (0.5 cm2 )  (76.8 C  V1  s1  cm1 )   25cVm  96 A



18.9. En la fabricación de un dispositivo microelectrónico, con sustrato de GaAs, se ha practi- ©  Ediciones Paraninfo
cado un dopado uniforme de 1010 átomos de Si por cm3. Suponiendo que un 5% de los átomos
de Si reemplazan a átomos de Ga, y que el resto sustituyen a átomos de As, calcule, a la tem-
peratura de 300 K:
a) Las concentraciones de donadores y aceptores
b) La concentración de portadores, y establezca a qué tipo de semiconductor correspondería.
c) La posición del nivel de Fermi respecto al nivel intrínseco.
d) La resistividad de la muestra.
Datos: Para el GaAs: ni = 2.1·106 cm–3, EIP = 1.42 eV, µe = 8500 cm2/(Vs), µh = 400 cm2/(Vs),
e = 1.6·10–19C y kB = 8.617·10–5 eV/K.

a) El Si (grupo 14) en el GaAs se comporta como donador o como aceptor, según sustituya al Ga
(grupo 13) o al As (grupo 14), respectivamente. Así pues:

Nd 0.051010 átomos cm3 5108 cm3  
Na 0.951010 átomos cm3 9.5109 cm3

b) Na  Nd (9.5 109 cm3 )  (5 108 cm3 ) 9 109 cm3

Como 9 109 cm3  Na  ni  Semiconductor tipo p fuertemente dopado

198

La escala macroscópica de los materiales Bloque 3

 

p  Na 9.5 109 cm3  
n  ni2 ((29..15110069ccmm33))2 464.21 cm3

Na

Nótese que p > n  el semiconductor es de tipo p, como se había indicado.

c) EF  Ei kBT ln ( p ni ) (8.617 105 eV  K 1 )  (300 K)  ln  (9.5 109 cm3 )  0.21 eV
 (2.1106 cm3 ) 
 

d) La conductividad se calculará:

  e(ne  ph ) 
 (1.6 1019 C)  (464.21 cm3 )  (8500 cm2  V1  s1)  (9.5109 cm3 )  (400 cm2  V1  s1) 

 6.08 107 (  cm)1

Por tanto, la resistividad:

 1 1.64 106   cm


18.10. Un semiconductor de Si está dopado con 1017 átomos de B por cm-3. Sabiendo que, a
temperatura ambiente, las difusividades de electrones y huecos son, respectivamente, 25 cm2/s
y 3 cm2/s, determine su conductividad eléctrica.
Datos: ni = 1010 cm–3, e = 1.6·10–19 C y kB = 1.38·10–23 J/K.
Dado que el B es trivalente y el Si tetravalente, las impurezas de B en Si actuarán como aceptoras.

Na 10 1016 átomos  cm3  ni 1010 átomos  cm3

Por tanto:

p  Na 10 1016 cm3

n  ni2 (1(1001100c1m6 cm3 )23 ) 103 cm3
Na
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La conductividad será:

199

Capítulo 18 Propiedades eléctricas de los materiales. Semiconductores

p  n   ene  ph   eph

Para terminar hace falta conocer la movilidad de los huecos, la cual puede obtenerse a partir de la
relación de Einstein:

D  kBT
e

Despejando y sustituyendo valores:

h Dh e (3 cm2  s1 )  (1.38 (1.6 1019 C)  116.72 cm2  V1 s1
kBT 1023 J  K1 ) (298 K)

Aunque no es necesario calcularla para resolver este problema, la movilidad de los electrones sería:

e De e (25 cm2  s1 )  (1.38 (1.6 1019 C)  972.67 cm2  V1  s1
kBT 1023 J  K1 )  (298 K)

Sustituyendo valores en la ecuación de la conductividad:

  eph (1.6 1019 C)  (10 1016 cm3)  (116.72 cm2  V1 s1) 1.87   cm1

18.11. Considere un diodo de unión pn de Si, de 2000 µm2 de sección, que tiene 5·1016 cm-3 de
impurezas donadoras y 3·1016 cm-3 de impurezas aceptoras. Se sabe que, en estos dispositivos,
la intensidad de corriente de saturación en polarización inversa, IS , tiene la expresión:

IS  Aeni2  De  Dh 
 N a Ln N d Ld 
 

donde A es la sección de la unión pn y Ln y Lp son las longitudes de difusión de electrones y
huecos (es decir, las distancias medias recorridas antes de recombinarse).
Determine, a temperatura ambiente, la intensidad de corriente que lo atraviesa cuando se le
aplica una tensión de 650 mV.
Datos: ni = 1010 cm–3, e = 1.6·10–19 C, Ln = 10 µm, Lp = 20 µm, kB = 1.38·10–23 J/K, e =
1400 cm2/(VS) y h = 480 cm2/(VS).

La expresión para la intensidad de corriente que atraviesa un diodo es:

I  IS  exp  Ve  
  kBT  1


Lo primero que debemos calcular es la corriente de saturación según la expresión del enunciado: ©  Ediciones Paraninfo

200

La escala macroscópica de los materiales Bloque 3

IS Aeni2  De  Dh 
 Na Ln Nd Ld 
 

De y Dh son las difusividades de electrones y huecos, las cuales pueden determinarse a partir de la
relación de Einstein:

D  kBT
e

Para los electrones:

De e kBT (1 400 cm2  V1  s1 )  (1.38 1023 J  K1 )  (298 K) 35.98 cm2 s1
e (1.6 1019 C)

Para los huecos:

Dh h kBT (480 cm2  V1  s 1 )  (1.38 1023 J  K1 )  (298 K) 12.33 cm2 s1
e (1.6 1019 C)

Sustituyendo en la ecuación de la intensidad de saturación:

I S Aeni2  De  NDd Lhd 
 Na Ln



 (12.33 cm2 s1) 
  2 000 cm2   (1.6 1019 C)  (1010 cm3 )2  (35.98 cm2  s1) 
 (104 )2  
   (3 1016 cm3 )   10 cm  (5 1016 cm3 )   20 cm  
 104   104  

 4.231016 A

La corriente para una tensión aplicada de 500 mV:

I IS  exp  Ve   (4.23 1016 A)   exp  (0.650 V)  (1.6 1019 C)    40.68 μA
  kBT   1   (1.38 1023 J K)  (298 K)  1
    


18.12. Determine, a 50 ºC, la densidad de corriente de difusión de una pieza de Ge, de sección
transversal 1.5 mm2, en la cual la concentración de átomos de B a lo largo del eje de la barra
sigue la ley 5·1025·x cm-3, siendo x la distancia a lo largo del eje de la pieza, centrada desde uno
de sus extremos.
Datos: e = 1.6·10–19 C, EIP = 0.66 eV, kB = 8.617·10–5 eV/K, e = 3800 cm2/(Vs), h =
1820 cm2/(Vs), me*/me = 0.12 y mh*/me = 0.30.

Lo primero es calcular la concentración intrínseca de portadores, ni, para 150 ºC.

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201

Capítulo 18 Propiedades eléctricas de los materiales. Semiconductores

me* mh* 3
 me me 4
ni 4.829 1021     T 3  exp   EIP 
 2  2kBT 

 

Sustituyendo valores:

ni  (4.829 1021 cm 3  K 3 )   (0.12)  (0.3)  3  (323 K ) 3  exp   (0.66 eV) 
2 4 2  105 eV  K1) 

2  (8.617  (323 K)

 1.64 1019 cm3

Como el P es pentavalente y el Ge tetravalente, las impurezas de P actuarán como donadoras.
N d 5 1025 x átomos  cm 3  ni 1.64 1019 átomos  cm 3

 np  NNndi2d 5(11(.50624150x120c51mx9 cc3mm33))2 5.38 1012 cm 3
x

La densidad de corriente de difusión para los electrones y huecos viene dada por las expresiones:

Je  eDe grad(n)
Jh  eDh grad( p)

Para resolver el problema necesitamos calcular también las difusividades de electrones y huecos,
para lo cual podemos usar la relación de Einstein:

D  kBT
e

Para los electrones:

De e kBT (3 800 cm2  V1  s1 )  (1.38 1023 J  K1 )  (323 K) 105.86 cm2 s1
e (1.6 1019 C)

Para los huecos:

Dh h kBT (1820 cm 2  V 1  s1 )  (1.38 1023 J  K1 )  (323 K) 50.70 cm2  s1
e (1.6 1019 C)

Así pues:

Je eDe grad(n) (1.6 1019 C)  (105.86 cm2 s-1)  grad (51025 x) 
 (1.6 1019 C)  (105.86 51025 cm2  s-1) 8.47 108 C s1  cm2

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202

La escala macroscópica de los materiales Bloque 3

©  Ediciones Paraninfo Jh eDh grad( p) (1.6 1019 C)  (50.70 cm2 s-1)  grad (5.381012 x1) 
(1.6 1019 C)  (50.70 5.38 1012 x2 cm2 s-1) 4.36 105 x2 C  s1  cm2

La densidad de corriente total, quedaría:

J  Je  Jh  (8.47 108 C  s1  cm2 )  (4.36 105 x2 C  s1  cm2 )  8.47 108 C  s1  cm2

18.13. Desea fabricarse un dispositivo fotoemisor con una aleación (de dos compuestos semi-
conductores de tipo 13-15), como material fotoactivo, emparedada entre capas de GaP que
actúan como sustrato o material pasivo. Los requerimientos que debe cumplir el material fo-
toactivo son:
 Su intervalo prohibido ha de ser de 1.10 eV
 Su parámetro cristalino ha de ser lo más parecido posible al del GaP, para evitar desaco-
plos de red (la discrepancia ha de ser inferior al 10%).
a) Calcule la composición y el parámetro cristalino de la aleación elegida, y explique qué sig-
nifica esta composición.
b) Indique qué procedimiento emplearía para hacer crecer las capas pasivas sobre el material
fotoactivo. Descríbalo brevemente.

Material GaAs GaSb GaP
EIP (eV) 1.42 0.75 2.27
a (Å) 5.65 6.10 5.45

Datos: h = 6.63·10–34 J·s y e = 1.6·10–19 C.

a) El intervalo prohibido de la aleación deberá ser de 1.10 eV.

¿Qué aleaciones son posibles?

1. GaSb/GaAs → GaSbAs, EIP [0.75 , 1.42] eV
2. GaAs/GaP → GaAsP, EIP [1.42 , 2.27] eV
3. GaSb/GaP → GaSbP, EIP [0.75 , 2.42] eV

La aleación 2 debe descartarse pues el rango de su intervalo prohibido no contiene el valor exigido.
Las aleaciones 1, y 3 deben estudiarse detenidamente.

Aleación 1. GaAs1 xSbx

A  GaSb y B  GaAs

La aplicación de la ley de Vegard para el cálculo del intervalo prohibido, lleva a:

EIPAB xEIPA  (1 x)EIPB  1.10 0.75x  (1 x)(1.42)

Despejando x:

1.10  0.75x 1.42 1.42x  0.67x 0.32  x 0.48

203

Capítulo 18 Propiedades eléctricas de los materiales. Semiconductores

Luego la aleación sería: GaAs0.52Sb0.48 , y su parámetro de red (ley de Vegard):

aAB xaA  (1 x)aB (0.48)  (6.10 Å)  (0.52)  (5.65 Å) 5.87 Å
Aleación 3. GaSbxP1x

A  GaSb y B  GaP
El intervalo prohibido tendrá la expresión:

EIPAB  x  (0.75 eV)  (1 x)  (2.27 eV) 1.10 eV

Despejando

1.10  0.75x  2.27  2.27x  1.52x 1.17  x  0.77

Por tanto, la aleación sería: GaSb0.77P0.23 , y el parámetro reticular quedará:

aAB  (0.77)  (6.10 Å)  (0.23)  (5.45 Å)  5.95 Å

La condición segunda del enunciado obliga a elegir la aleación 1, por tener un parámetro de red
5.87 Å, más parecido al del sustrato GaP (5.45 Å).

La aleación elegida será, pues, GaAs0.52Sb0.48 , lo que significa que por cada 100 átomos de Ga,
existen 52 átomos de As y 48 átomos de Sb.

b) Habría que emplear la técnica de crecimiento epitaxial, proceso que consiste en hacer crecer un
cristal sobre otro cristal que actúa de soporte, obteniendo un cristal único que asegura la continuidad
de la red cristalina.

El procedimiento exige:

- Que las redes cristalinas de ambos materiales sean del mismo tipo (por ejemplo cristales cúbi-
cos).

- Que los parámetros cristalinos o distancias entre átomos vecinos sean parecidas.

Actualmente se emplean preferentemente tres modalidades:

- VPE, o epitaxia con fase vapor
- LPE, o epitaxia con fase líquida
- MBE, o epitaxia por haces moleculares.

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204

La escala macroscópica de los materiales Bloque 3

Capítulo 19
Propiedades eléctricas de los materiales. Aislantes

19.1. El polietileno es uno de los materiales que se usan como recubrimiento en cables
eléctricos para baja tensión. Teniendo en cuenta que el espesor, aunque variable, suele tener
un mínimo de unos 0.3 mm para un cable estándar:
a) Calcule el valor mínimo, de la propiedad eléctrica que considere, exigible al material
aislante para asegurar protección al manipular el cable.
b) Verifique si el PE es efectivamente un buen material para esta aplicación, el margen de
seguridad con el que se cuenta al emplearlo y el espesor mínimo exigible a la funda de PE.
Dato: ER (PE)= 20.3 MV/m.

a) Claramente, la propiedad que nos interesa evaluar es la rigidez dieléctrica:

ER  V
d

Considerando que el suministro eléctrico doméstico suele tener una diferencia de potencial de
240 V, sustituyendo en la expresión anterior obtendremos la rigidez dieléctrica mínima exigible:

ER V (0.(424100V3 )m) 6 105 V  m1 0.6 MV  m1
d

b) El PE es un buen material para esta finalidad, ya que su ER (PE) = 20.3 MV/m > 0.6 MV/m. El
margen de seguridad con el que se cuenta será:

EERR((mPiEn)) ((200.6.3MMVVmm11)) 33.83

En caso de hacerse con PE, el espesor mínimo que debería tener la funda es:

d EVR (20.3(214006 V) m1 ) 1.18 105 m = 1.18 102 mm  0.4 mm
V

19.2. Seleccione un material, de entre los de la tabla adjunta, para aislar electricamente una
superficie de 5·103 cm2 en una aeronave, de modo que sea capaz de soportar diferencias de
potencial de hasta 104 V.

Alúmina ER (MV/m)  (g/cm3)
Plexiglás 3.9
Polietileno (HD) 13.4 1.11
19.7 1.24
21.7

©  Ediciones Paraninfo Denominemos V* al potencial máximo que debe soportar el material.

205

Capítulo 19 Propiedades eléctricas de los materiales. Aislantes

Por la propia definición de rigidez dieléctrica:

ER V  V ERd  V *
d

Por otro lado, como se trata de una aplicación aeronáutica un requisito importante para realizar
la selección es la masa del dieléctrico.

 m  m  d m
V Ad A

Sustituyendo en la expresión anterior:

V E R d E R  m  104 V
A

Con lo cual: m  104 V  A
Alúmina ER

m ( 104 V)  (3.9(1130.64g1 m06V3 )m(0.15)m2 ) 1455.22 g

Plexiglás

m (104 V)  (1.11(1190.76 g10m6 V3 )m(0.15) m2 ) 281.72 g

Polietileno

(104 V)  (1.24(2110.76 g10m6 3 )  (0.5 m 2 )
V  m1)
m 285.71 g

Por tanto, aunque por una diferencia pequeña, el material más adecuado es el plexiglás, aunque
tenga una rigidez dieléctrica inferior a la del polietileno.

19.3. Un condensador está fabricado con un material dieléctrico de constante igual a 1000 y ©  Ediciones Paraninfo
espesor 0.5 mm. Las armaduras son placas metálicas adheridas a ambos lados del dieléctrico.
Debido a una ligera distorsión de una de las placas, 1/3 de su área está separada del dieléctri-
co por un espacio de aire de 1 μm. Los restantes 2/3 de la placa están en perfecto contacto, y la
segunda placa no tiene defecto alguno. Discuta el efecto de la presencia de la irregularidad
(con relación a un condensador no defectuoso) sobre:
a) La capacidad.
b) La tensión de ruptura.
Datos: ER(dieléctrico)  2106 V m y ER(aire)  3106 V m .

Considere que el condensador defectuoso puede modelarse como una asociación conveniente
(serie y/o paralelo) de condensadores libres de defectos y condensadores con aire entre las
placas, de las dimensiones adecuadas.

206

La escala macroscópica de los materiales Bloque 3

a) El condensador defectuoso puede suponerse equivalente a la asociación en paralelo siguiente:

Según lo indicado en el enunciado, y denominando A al área total del condensador, las áreas (A1 y
A2) de cada uno de los condensadores del circuito equivalente deben cumplir:

A1  2A 3
A2  A 3

Para el condensador 1:

C1  0 r 2A 3
d

A su vez, el condensador 2 podemos suponerlo formado por la asociación en serie de otros dos
condensadores (uno vacío y otro lleno):

Para el condensador vacío: Δd = 1 μm de aire

1 1  1 d  d  3d  3d  3  d  d 
C2 C21 C22 0 A 3 0r A 3 0 A 0r A 0A  r 
 

Por tanto:

C2   0A  r 
3  d r 
  d 

La capacidad total será:

 2 11 
  
C*  Cdefectuoso  C1  C2 0 r 2A   0 r A  1   0r A   1 d r  
3d 3d  d  r 1 d  3  d
3

d 

©  Ediciones Paraninfo C Csin defecto 0 r A
d

207

Capítulo 19 Propiedades eléctricas de los materiales. Aislantes

Sustituyendo:

C*  C  2  1   (106 m)  (1000)  11   0.78  C
 3  (0.5103 m) 
 3   

Es decir, la capacidad del conductor defectuoso se ha reducido en un 22 %.
Este apartado puede resolverse de un modo más fácil. Particularizando:

C1  2C 3

C21 C d 1 C  (106 m)  1 ) C
3 d r 3 (0.5103 m) (103 6

C22  C
3

Por tanto:

C* 2C  6 1 3 7C  0.78 C
3  9

CC

b) Supongamos que la ruptura comienza en el aire, esto significaría que el valor del campo eléctrico
sería de 3 MV/m, y en el dieléctrico de:

E Eo 3 MV m 3 kV m
r 1000

que es más pequeño que el campo de ruptura dieléctrico, por lo que nuestra suposición anterior es
correcta. Entonces:

V *  Vaire  Vdieléctrico  (3 106 V  m1)  (106 m)  (3103 V  m1)  (0.5103 m)  4.5 V
ruptura

Si el condensador no tuviera defectos, la tensión de ruptura sería de:

Vruptura (2 106 V  m1)  (0.5103 m) 1000 V

Por tanto, podemos decir que la tensión de ruptura decae bruscamente con la existencia del de-
fecto de contacto.

19.4. Un condensador de placas plano-paralelas posee una capacidad de 2.69·10-11 F cuando se ©  Ediciones Paraninfo
coloca un dieléctrico de naturaleza desconocida, área 24·10-4 m2 y espesor 3 mm.
a) Con ayuda de la Tabla 19.2 indique de qué material se trata.
b) Calcule la polarización cuando la tensión aplicada entre las placas es de 220 V, y determine
el porcentaje que supone el campo inducido en el dieléctrico del aplicado exteriormente.
Datos: ER (dieléctrico)  2 106 V m , ER (aire)  3 106 V m , y 0  8.85 1012 F m .

208

La escala macroscópica de los materiales Bloque 3

a) Sabemos que C  0 r A
Despejando: d

r C d (2.69 1011 F)  (8.85 1012 (3103 m) 104 m2 ) 3.8
0A F m1)  (24

Consultando la tabla, el dieléctrico debe ser nailon-6,6.

b) Conocemos que la polarización puede calcularse como:

P 0 11 r E0 (8.85 1012 F  m1)  (11 3.8)  (73.333103 V  m1)

 4.78 107 F  V  m2 4.78107 C  m2

Además, el campo inducido se relaciona con la polarización mediante:

EM P
0

Por lo que el campo inducido quedaría:

EM P 0 11 r E0 11 r E0 0.64 E0

0 0

Por tanto, el campo inducido en el nailon-6,6 supone el 64 % del campo exterior aplicado.
Si no se hubiese pedido calcular la polarización, la última cuestión podría haberse obtenido di-

rectamente a partir de la propia definición de campo inducido:

EM E0  E = E0  E0
r

©  Ediciones Paraninfo 19.5. Se conoce la polarización electrónica de un gas en condiciones normales es 1.03·10-9 C/m2
cuando se le aplica una diferencia de potencial de 500 V a través de una distancia de 2.5 mm.
Determine de qué gas concreto puede tratarse.
Datos: 0  8.85 1012 F m y NA = 6.02·1023. Necesitará consultar una tabla de radios atómicos
de los gases nobles (por ejemplo en www.webelements.com).

La polarización electrónica se calcula como
Pe n(pe ) neEloc

con n el número de dipolos por unidad de volumen.

209

Capítulo 19 Propiedades eléctricas de los materiales. Aislantes

Como en el enunciado se indica que el gas está en condiciones normales, NA de moles de este
gas ocuparán 22.4·10–3 m3. Por tanto, podemos escribir:

Pe pe N A  Ee loc N A 1.03 109 C  m2
Vm Vm

Puede considerarse que como se trata de un gas, medio poco denso, el campo local será muy similar
al campo aplicado:

Eloc  Eloc V (2(.550100V3)m) 2 105 V  m1
d

Por tanto:

e NVAmEPleoc (22(.64.0120231m0233))((12.013015 0V9 C  m2 ) 1.915 1040 F  m2
m1 )

Además, suponiendo átomos perfectamente esféricos, la polarizabilidad e puede calcularse como:

1
 3
e 40R3  R  e 
 4 0 

Sustituyendo valores:

11
 e 3  (1.9151040 F  m2 ) 3
R  4   4    (8.851012 F  m1 ) 1.20 1010 m = 0.120 nm = 120 pm
 0 

Buscando en una tabla periódica, podemos comprobar que este valor de radio atómico coincide con
el del Rn.

19.6. Considerando un cristal de SrO en el que se ha medido una polarización iónica de ©  Ediciones Paraninfo
2.05·10-7 C/m2, determine:
a) El valor del campo actuante en el interior del material.

b) La polarización P .
Datos: r(Sr2+) = 113 pm, r(O2-) = 140 pm, ñ=7,  r  14.5 , 0  8.85 1012 F m , NA = 6.022·1023

y estructura del SrO del tipo NaCl.

a) A partir de la Expresión (19.28), la polarización iónica se calcula como:
Pi n(pi ) niEloc

con n el número de iones por unidad de volumen.
El parámetro reticular es fácilmente calculable sabiendo que la estructura es tipo NaCl, ya que

por tanto habrá contacto entre los iones a lo largo de una arista del cubo:

210

La escala macroscópica de los materiales Bloque 3

   a 2 r (Sr2 )  r (O2 ) 2  (1131012 m) + (140 1012 m) 5.06 1012 m

Como en este tipo de estructuras hay 8 iones por celdilla, la concentración de iones será:

n ioan3es 8 i1o0ne1s2m)3 6.175 1028 iones m3
(5.06

La polarizabilidad iónica se puede calcular a partir de la expresión:

i 40d 3  40 rcat  ran 3
ñ 1
ñ 1

Sustituyendo:

 i 3
4  (8.85 1012 F  m1)  (113 1012 m) + (140 1012 m)
 (7) 1 3.002 1040 F  m2

Así pues:

Eloc  Pi  (6.175 1028 (2.05 107 C m2 ) F  m2 )  1.1058104 V  m1
n i iones m3)  (3.002 1040

Por último, podemos determinar el campo en el interior del dieléctrico:

Eloc  r  2 E  E = 3Eloc 3  (1.1058 104 V  m1) 2.01103 V  m1
3
r  2 (14.5)  2

b) La polarización se determina fácilmente a partir de:

Eloc E P
3 0

Despejando P y sustituyendo valores:

 P 30 Eloc  E  3 (8.851012 F m1)  (1.1058104 V  m1)  (2.01103 V m) 

2.4 107 C  m2

©  Ediciones Paraninfo 19.7. Determine la energía de activación para el movimiento de cationes Mg2+ en el MgO sa-
biendo que las conductividades debidas al movimiento catiónico, a 500 y 1000 ºC, valen
7.52·10-16 y 2.65·10-7 (m)-1, respectivamente.
Dato: kB  1.38 1023 J K .

211

Capítulo 19 Propiedades eléctricas de los materiales. Aislantes

La conductividad debida al movimiento de una especie iónica i viene dada por la Expresión (19.4).

i  ni ( zie)2 Di
kBT

Ya que conocemos esta contribución para dos temperaturas, podemos escribir:

 i,T1  ni (zie)2 Di,T1 y  i,T2  ni (zie)2 Di,T2
kBT1 kBT2

Dividiendo ambas expresiones:

i,T1 ni (zie)2 Di,T1 Di,T1  T2
 i,T2 ni (zkieB)T21Di,T2 T1 Di,T2

kBT2

Despejando y sustituyendo valores:

Di,T1 T1 i,T1 (773 K)  (7.52 1016 (  mm))11)) 1.72 109
Di,T2 T2  i,T2 (1273 K)  (2.65107 ( 

Las difusividades pueden calcularse empleando la Expresión (19.3):

Di D0i expEi (kBT )

El cociente de difusividades a las dos temperaturas quedaría:

Di,T1 DD00iieexxppEEii ((kkBBTT12)) exp Ei (kBT1)
Di,T2 exp Ei (kBT2 )

Aplicando logaritmos:

 Di,T1   Ei  Ei  Ei 1  1i 
ln  Di,T2  kBT1 kBT2 kB  T1 
 T2 

Sustituyendo valores:

 ln 1.72109  Ei  1 K)  1 K)   Ei  3.9717 104  Ei  5.481019 J K
kB  (1273 (773  kB
 

©  Ediciones Paraninfo

212

La escala macroscópica de los materiales Bloque 3

19.8. Una larga y fina rodaja de un material dieléctrico tiene una densidad atómica de
5·1028 átomos/m3, y cada átomo tiene una polarizabilidad de 10-40 F·m2. Halle el valor del
campo local cuando el campo eléctrico exterior aplicado es de 1 Vm-1.
Dato: 0  8.85  1012 F m .

La expresión del campo local según Lorentz es:
Eloc  E  P (30 )

Como, además, sabemos que:

P 0 r 1E

Resultará que:

Eloc E  0 r =1  2 r  E
 3 
3 0

Por otro lado, de la relación de Clausius – Mossotti:

n  r 1
30 r  2

donde n es el número de átomos por unidad de volumen y α la polarizabilidad de cada uno de ellos.
Despejando r , obtenemos:

nr  2n 30r  30

r n  30  2n 30   r 2n  30 2n  30
n  30 30  n

Como α = 10-40 F·m2 y n = 5·1028 átomos/m3, se obtiene:

r 23 (5(81.805281á0to1m2 Fosm m1)3) ((510104028Fá mtom2 )os 3m (83.)85(1010401F2 F m m2)1) 1.70

Además, E Eo (1 V  m1) 0.588 V  m1
Por tanto, r (1.70)

Eloc  2 r  E  2  (1.70)   (0.588 V  m 1 ) 0.72 V  m1
 3   3 
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213

Capítulo 19 Propiedades eléctricas de los materiales. Aislantes

19.9. Quiere fabricarse un condensador de placas plano-paralelas con una capacidad mínima
de 60·10-12 F cuando se aplica una tensión alterna de 500 V y 1 MHz. Sabiendo que el

condensador tiene unas dimensiones de 3550 mm y que la separación entre placas es de
1.5 mm, escoja, de entre los materiales de la tabla, el que considere más adecuado teniendo en
cuenta que desean minimizarse las pérdidas.

Alúmina ER A 106 Hz
Poliestireno (MV/m) r tan 
Polietileno 8.9 3.3·10-4
Rutilo 13.4 2.56 0.7·10-4
19.7 2.26 5·10-4
Dato: 0  8.85  1012 F m . 21.7 86 3·10-4

6

El condensador debe tener las mínimas pérdidas posibles, pero antes hemos de asugurar de que cada
candidato puede trabajar en las condiciones que se establecen en el enunciado.
La capacidad del condensador viene dada por:

C  0 r A
d

Despejando:

r C d (411012 F)  (8.85 (1.5103 m) 104 m2 ) 2.36
0A 1012 F m)  (17.5

Por tanto, los candidatos deben cumplir que r  5.81, lo que no ocurre con el polietileno.

Además, deben ser capaces de soportar la tensión especificada sin que se produzca ruptura
dieléctrica:

ER V (1.(550100V3 )m) 3.33 105 V  m1
d

Condicionante que cumplen ambas cerámicas y el poliestireno.

Por último, evaluemos las pérdidas de estos dos candidatos:

PV     0 r E 2 tan 
m

Alúmina

El valor máximo del campo eléctrico aplicado será de:

E0m V (1.(550100V3 )m) 3.33 105 V  m-1 ©  Ediciones Paraninfo
d

214

La escala macroscópica de los materiales Bloque 3

Por lo que el campo eléctrico en el interior del material será igual a:

Em E0m (3.33105 V  m-1) 3.74 104 V  m-1
r (2.3)

Sustituyendo:

PV   0rEm2 tan    (106 s1)  (8.85 1012 F m1)  (8.9)  (3.74 104 V  m-1)2  (3.3104 ) 
 114.22 W m3

Poliestireno
El campo eléctrico en el interior del material será igual a

Em E0m (3.33105 V  m1) 1.3105 V  m1
r (2.56)

Y la potencia disipada por unidad de volumen:

PV    0 rE 2 tan    (106 s1)  (8.851012 F m1)  (2.56)  (1.3105 V  m1)2  (0.7 104 ) 
m

 84.2 W m3

que resulta ser del orden, pero inferior, a la correspondiente a la alúmina.

Rutilo

El campo eléctrico en el interior del material será igual a

Em E0m (3.33105 V  m1) 3.872 103 V  m1
r (86)

Y la potencia disipada por unidad de volumen:

PV    0rEm2 tan    (106s1)  (8.851012 F m1)  (86)  (3.872103 V  m1)2  (3104 ) 
 10.75 W m3

Por tanto, el material adecuado es el rutilo

©  Ediciones Paraninfo 19.10. Desea construirse un encendedor en el que sea necesario aplicar una fuerza muy
pequeña para su encendido. Se ha escogido un bloque piezoeléctrico de titanato de bario, de
sección 0.07 mm2 y espesor 0.5 mm. Sabiendo que la separación entre los electrodos se ha
previsto que sea de 0.25 mm, determine si, con estas condiciones, el encendedor tendrá un
fácil encendido.
Datos: ER (aire)  3 MV m ,  R (BaTiO3 )  1250 y  0  8.85  1012 F m y kp  140 1012 C / N .

215

Capítulo 19 Propiedades eléctricas de los materiales. Aislantes

El módulo piezoeléctrico permite relacionar la polarización con la tensión mecánica aplicada a tra-
vés de la ecuación:

kp  P Q A Q F Q
m FA F kp

A su vez, la carga se puede determinar a partir de la capacidad y la diferencia de potencial aplicada:

Q  C  V

donde la capacidad del condensador se puede determinar a partir de la Expresión (19.9):

C   0 r A  (8.85 1012 F m1 )  (1250)  (0.06 106 m2 ) 1.33 1012 F
d (0.5 103 m)

Solo resta determinar la diferencia de potencial. Esta será la mínima necesaria para producir la rup-
tura dieléctrica de una franja de aire de 0.25 mm (separación entre electrodos).

Vmin  d ER  (0.25 103 m)  (3106 V  m1)  750 V

De modo que la carga sería:
Q C  Vmin (1.331012 F)  (750 V) 9.97 1010 C

Y la fuerza a aplicar:

F Q (9.97 1010 C) 7.12 N
kp (140 1012 )

que no es una fuerza pequeña como para aplicarla con el pulgar de la mayoría de las personas.

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216

La escala macroscópica de los materiales Bloque 3

Capítulo 20
Propiedades magnéticas de los materiales

20.1. Por una espira circular de radio 50 mm pasa una corriente de 10 A. Calcule:
a) El momento dipolar magnético de dicha espira.
b) La energía potencial de la espira cuando se sitúa en el seno de un campo magnético de 2 T y
forma un ángulo de 65º con las líneas de campo.
a) El momento dipolar magnético es:

m I A I  R2 (10 A)   (50103 m)2 0.7854 A  m2

b) La energía potencial:
Ep m B m B cos (0.7854 A·m2 )  (2 T) cos (65º ) 1.4236 J

Independientemente del ángulo inicial en el que se coloque, si la espira tiene libertad de movi-
miento, se tendería a posicionar de modo que el ángulo formado sea de 0º (mínima energía).

20.2. Para los iones Cr3+ y Gd3+, determine:
a) Su configuración electrónica.
b) El valor de los números L, S, J y el número efectivo de magnetones de Bohr paramagnéti-
cos por átomo.
a) La configuración electrónica del Cr es:

 Cr 24 :1s2 2s2 2 p6 3s2 3 p6 4s1 3d 5  1s2 2s2 p6 3s2 p6d 5 4s1

Por tanto, la configuración del Cr3+ será:
1s2 2s2 p6 3s2 p6d3

Para el caso del Gd:

Gd64 :Kr4d10 5s2 5 p6 4 f 7 5d1 6s2   Kr 4d10 f 7 5s2 p6d1 6s2

Por tanto, la configuración del Gd3+ será:

Kr4d10 f 7 5s2 p6

b) Para el caso del Cr3+:

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217

Capítulo 20 Propiedades magnéticas de los materiales

Para el ion Cr3+, el único orbital que no está completamente lleno es el 3d y cuenta con solo 3
electrones (de los 10 que podría albergar). El resto de orbitales no hará contribución neta al momen-
to dipolar magnético, por lo que pueden ser ignorados. De acuerdo con la regla de máxima multipli-
cidad de Hund, cada uno de ellos ocupará una casilla. Como se trata de un orbital d, l 2, de modo
que ml podrá tomar los valores comprendidos entre –2 y +2. Así, el valor del número cuántico L se
calcula como:

L ml 2 1 0 3

Y como, de acuerdo también con la regla de Hund, todos los electrones serán paralelos, el nú-
mero cuántico S se calculará como:

S  ms  1  1  1  3
2 2 2 2

Como la ocupación del orbital es inferior al 50 %, entonces el número cuántico J valdrá

J  L  S 3 3  3 , y el factor de Landé:
2 2

g 3  S(S 1)  L(L 1) 3  23  ( 52)  3 (4) 2 3 5
2 2J (J 1) 2 2  2  ( 2 ) 5

El número efectivo de magnetones de Bohr se calcula como

NP g J (J 1) 2 3 ( 3 1) 155 0.77
5 2 2

Para el caso del Gd3+:

Para el ion Gd3+, el único orbital que no está completamente lleno es el 4f y cuenta con solo 7 ©  Ediciones Paraninfo
electrones (de los 14 que podría albergar). El resto de orbitales no hará contribución alguna al mo-
mento dipolar magnético, por lo que pueden ser ignorados. De acuerdo con la regla de máxima mul-

218

La escala macroscópica de los materiales Bloque 3

tiplicidad de Hund, cada uno de ellos ocupará una casilla. Como se trata de un orbital f, l 3, de

modo que ml podrá tomar los valores comprendidos entre –3 y +3. Así, el valor del número cuántico
L se calcula como:

L ml 3 2 1 0 1 2 3 0

Como todos los electrones serán de nuevo paralelos, el número cuántico S se calculará como:

S  ms  1  1  1  1  1  1  1  7
2 2 2 2 2 2 2 2

Como la ocupación del orbital es exactamente del 50%, entonces el número cuántico J valdrá

J  L  S  0  7  7 , y el factor de Landé:
2 2

g 3  S(S 1)  L(L 1) 3  72  ( 92 )  0  (1) 2
2 2J (J 1) 2 2  7  ( 9 )
2 2

El número efectivo de magnetones de Bohr será:

N P g J (J  1) 2 7 ( 7  1) 77 7.94
2 2

20.3. Sabiendo que la susceptibilidad magnética del Cr es de 3.13·10-4 a 293 K, determine:
a) La permeabilidad magnética relativa a 293 K.
b) La contribución del material al campo cuando la magnetización vale 915 A/m.
c) La relación entre los valores del campo en el Cr y en el vacío.
d) El valor del campo en el vació para el valor de magnetización dado en el apartado b).
Dato: 0  1.257 106 T  m A .

a) La permeabilidad magnética relativa se determina fácilmente a partir de la susceptibilidad.

m  r 1

Despejando:

r m  1 (3.13104 )  1 1.000313

b) A partir de la Expresión (20.7):

BM 0M = (1.257 106 T  m  A1)  (915 A  m1) 1.15 103 T

c) La relación pedida no es más que B B0 ; es decir, la propia definición de permeabilidad magnética
relativa:

r BB0 1.000313

©  Ediciones Paraninfo d) Por el apartado anterior:

219

Capítulo 20 Propiedades magnéticas de los materiales

B  rB0

Además:

B  B0  0M

Combinado las dos ecuaciones:

rB0 B0  0M  B0 0M= 0M= (1.15 103 T) 3.67 T
r 1 m (3.13104 )

20.4. La magnetización dentro de una barra de un material magnético lineal es de 630 mT
para un campo aplicado Bo de 629 mT. Calcule:

a) La permeabilidad magnética relativa y la susceptibilidad magnética.
b) El valor de la contribución del material al campo.
c) Enumere qué tipo(s) de magnetismo presenta este material.

a) Como se indica que el material tiene comportamiento magnético lineal:

B rB0  r BB0 (630 103 T) 1.00159
(629 103 T)

La susceptibilidad sería:

m  r 1 (1.00159) 1 1.59 103

b) La contribución del material al campo se determina fácilmente.

B B0  BM  BM B  B0 1103 T

c) Con este valor, cabe pensar en dos tipos de magnetismo: diamagnetismo o paramagnetismo.
Como m es positivo y del orden de 10–3, debe ser paramagnético, aunque recuerde que todos los
materiales presentan diamagnetismo en mayor o menor grado.

20.5. Estime el radio atómico del oro sabiendo que su susceptibilidad vale -3.44·10–5.
Datos: 0 = 1.257·10–6 T·m/A, Z(Au) = 79, M(Au) = 196.96 g/mol,  (Au) = 19.3 g/cm3, NA =
6.022·1023, me = 9.11·10-31 kg y e = 1.6·10-19 C

Dado que la susceptibilidad tiene un valor negativo, el Au es un metal diamagnético. Por tanto, a
través de la Expresión (20.15) podemos relacionar su permeabilidad relativa con el radio atómico.

r  1 0Ze2 R2 n ©  Ediciones Paraninfo
6 me

220

La escala macroscópica de los materiales Bloque 3

Como

m r 1  m  0Ze2 R2 n
6 me

Despejando el radio:

 m 6 me 1 2
 n0Ze2 
R   

Solo resta calcular n y sustituir:

n 19.3 g  106 cm3  1 mol  NA átomos 5.9011028 átomos  m3
cm3 1 m3 196.96 g 1 mol

Sustituyendo:

R (5.9011028 átomos (m3.434)1(10.255)7 61(09.61T11m03A1 k1g)) (79)  (1.6 1019 C)2 1 2
3.54 1011 m 0.354 Å

El valor anterior es claramente absurdo, si se tiene en cuenta que el valor real del radio del Au es de
144 pm = 1.44 Å.

¿A qué puede deberse esta fuerte discrepancia? El error reside en nuestra suposición de que el
oro muestra un comportamiento diamagnético puro, cuando no es así. La configuración electrónica
del oro es:

Au:Xe 4 f 14 5d10 6s1

lo que significa que existen un electrón en el nivel 6s que no está apareado. Este electrón otorga al
oro cierto comportamiento paramagnético, que debe ser muy pequeño y no es capaz de eclipsar el
comportamiento diamagnético.

20.6. El niobio es un metal con propiedades superconductoras por debajo de 9.25 K. Sabiendo
que se encuentra a 5 K, y que el campo crítico externo a 0 K es de 25.89·10–4 T, determine:
a) El valor del campo en el interior del material.
b) El valor del campo crítico.

a) Como el material se encuentra a una temperatura inferior a Tc, el campo en el interior del metal
valdrá 0.

b) El campo crítico puede calcularse a partir de:

©  Ediciones Paraninfo Bc Bc0 1  TTc (25.89 104 T)  1  (9(.525KK) ) 1.189 103 T
 

221

Capítulo 20 Propiedades magnéticas de los materiales

20.7. Para el aluminio:
a) Calcule, en función de su configuración electrónica, el momento magnético atómico. Indi-
que qué tipo de magnetismo exhibirá.
b) Calcule la magnetización de saturación.
c) Sabiendo que, para campos débiles, la susceptibilidad magnética se calcula por medio de la
ley de Curie del paramagnetismo, calcule el valor de la susceptibilidad a la temperatura de
300 K. Compare el resultado obtenido con el medido experimentalmente de 2.07·10-5. Razone
a qué puede deberse la discrepancia.
Datos: Z(Al) = 13, M(Al) = 26.98 g/mol, (Al) = 2.7 g/cm3, 0 = 1.257·10–6 T·m/A, B =
9.27·10–24 A·m2, kB  1.381023 J K y NA = 6.022·1023.

a) Momento magnético atómico:

Al13 :1s2 2s2 2 p6 3s2 3p1

Para Al, el único orbital que no está completamente lleno es el 3p y cuenta con solo 1 electrón
(de los 6 que podría albergar). El resto de orbitales no hará contribución neta al momento dipolar
magnético, por lo que pueden ser ignorados. De acuerdo con la regla de máxima multiplicidad de
Hund, cada uno de ellos ocupará una casilla. Como se trata de un orbital p, l 1, de modo que ml
podrá tomar los valores comprendidos entre -1 y +1.

Así, el valor del número cuántico L se calcula como:

L  ml  1

Y como de acuerdo también con la regla de Hund, todos los electrones serán paralelos, el número
cuántico S se calculará como:

S  ms  1
2

Como la ocupación del orbital es inferior al 50 %, el número cuántico J valdrá

J L  S 1 1  1 . Y el factor de Landé:
2 2

g 3  S(S 1)  L(L 1) 3  12  ( 23) 1 (2) 2 3
2 2J (J 1) 2 2  1  ( 2 ) 3
2

El número efectivo de magnetones de Bohr será, por tanto:

N P g J (J  1) 2 1 ( 32) 3 3 0.57
3 2

b) La magnetización de saturación se calculará cuando todos los dipolos magnéticos están alineados
con la dirección del campo impuesto externamente. Matemáticamente:

MS  nm

donde n es el número de dipolos (= átomos) por unidad de volumen.

La concentración de átomos de Al sería: ©  Ediciones Paraninfo

222

La escala macroscópica de los materiales Bloque 3

Al n 2.7 g 1 mol  N A átomos 6.022 1022 átomos  cm3
cm3 27 g 1 mol

La magnetización de saturación valdría:

MS (6.022 1022 cm 3 )  (0.57 B )  9.27 1024 J  T1 0.318 J 
1B T  cm3

0.318 J   102 cm 3 0.318 106 J 3.18 105 A  m1
T  cm3  1m  T  m3
 

c) Por definición:

M m B0   m 0M
0 B0

Por otro lado según la ley de Curie:

M nm2B0 mMSB0
3kBT 3kBT

y, por tanto:

mMS (9.273 1024 J  T1)  (3.18105 A  m 1 )
3kBT 3 (1.381023 J  K1)  (300 K)
m 0 (1.257 106 T m  A 1 )  2.98 104

El valor experimental es de 2.07·10-5, inferior al obtenido. Esto puede deberse a los efectos
diamagnéticos, que tienden a disminuir la susceptibilidad, y que en la expresión de la ley de Curie
no son tenidos en cuenta. (Suponemos que el campo magnético es lo suficientemente débil como
para que sea cierta la aproximación de la ley de Curie).

20.8. Calcule la magnetización de saturación y el campo magnético de saturación aplicado
para el hierro, que tiene un número efectivo de magnetones de Bohr por ion de 2.2, y una den-
sidad de 7.87 g/cm3.
Datos: M(Fe) = 55.85 g/mol, 0 = 1.257·10–6 T·m/A, B = 9.27·10–24 A·m2 y r = 3.5·105.

a) La magnetización de saturación se calculará por la Expresión (20.27):

MS  N F Bn

donde n es el número de átomos por unidad de volumen, y B es el magnetón de Bohr.

Como n Fe 7.87 g  1 mol  N A átomos 8.49 1028 átomos  m3
Por tanto, cm3 55.85 g 1 mol

©  Ediciones Paraninfo

223

Capítulo 20 Propiedades magnéticas de los materiales

MS (2.2 B )  (9.27 1024 A  m2 )  (8.49 1028 átomos ) 1.73 106 A  m1
átomo B m3

b) De acuerdo a la Expresión (20.11):

M   r  1  B0
 0 
 

Despejando, el campo magnético de saturación sería

B0S  0  MS = (1.257 106 T  m  A1)   (1.73 106 A  m1) 6.21106 T
 r 1   (3.5105 ) 1 
 

20.9. Considere un metal hipotético que presenta comportamiento ferromagnético y que tiene
estructura CS (cúbica simple), un radio atómico de 0.125 nm y una contribución del material
al campo en la saturación de 0.85 T. Determine el número de magnetones de Bohr por átomo
para este material.
Datos: 0 = 1.257·10–6 T·m/A y B = 9.27·10–24 A·m2.

Podemos calcular la magnetización en la saturación a partir del valor de la contribución del material
al campo en la saturación:

BMS 0MS  MS BMS  (0.85 T)  A 1 ) 676 213.21 A  m1
0 (1.257 106 T  m

Por otro lado:

MS  N F Bn

Para determinar el número efectivo de magnetones de Bohr ferromagnéticos, solo resta calcular n
(número de átomos por unidad de volumen).

Como la estructura es CS, habrá un único átomo por celdilla, y contacto entre los átomos se
produce a lo largo de las aristas del cubo:

n átomos 1 átao3mo 1 (á2tor )m3 o (2  0.12á5to1m0o9 m)3 6.4 1028 átomos  m3
Vol celdilla

Por tanto,

NF MS (9.27·1024 (676 213.21 A  m1)  m3 ) 1.14
Bn A  m2 )  (6.4·1028 átomos

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224

La escala macroscópica de los materiales Bloque 3

20.10. Suponiendo que, en la ferrita de cobalto (CoFe2O4)8 la magnetización se debe solo a los
iones de Co2+, y que tiene una celdilla de tipo cúbico con una arista de 0.838 nm, estime:
a) La magnetización de saturación.
b) El valor de la contribución del material al campo en la saturación.
Datos:0 = 1.257·10–6 T·m/AB = 9.27·10–24 A·m2 y suponga que solo el momento angular de
espín de los electrones contribuye al momento magnético de los iones.

a) La magnetización de saturación será igual a:

M fS  nN cB

donde, n es el número de dipolos magnéticos por unidad de volumen y Nc el número de mgnetones
de Bohr por dipolo.

El momento magnético neto proviene únicamente de los iones de Co2+, de los que existen
8/celdilla:

n 8 dipolos  1 celdilla 1.36 1028 dipolos  m3
celdilla (0.833109 m)3

Como se nos indica que supongamos que solo el momento angular de espín de los electrones
contribuye al momento magnético de los iones, nos están diciendo que el momento orbital está blo-
queado. En estos casos, el número de magnetones de Bohr coincide con el número de espines des-
apareados.

La configuración electrónica del Co es:

 Co 27 :1s2 2s2 2 p6 3s2 3 p6 4s2 3d 7  1s2 2s2 p6 3s2 p6d 7 4s2

Por tanto, la configuración del Co2+ será:
1s2 2s2 p6 3s2 p6d7

Los cálculos, considerando que no hay bloqueo salen 6.63 B .

M fS nN cB 1.36 1028 dipolos    6.63 B    9.27 1024 A  m2  8.36 105 A  m1
m3   dipolo   B 
 

Si consideramos que hay bloqueo, saldrían 3.87 B , con lo cual:

M fS nN cB 1.36 1028 dipolos    3.87 B    9.27 1024 A m2  4.88 105 A  m1
m3   dipolo   B 
 

b) BMS  0MS  (1.257 106 T  m A)  (4.88105 A m)  0.613 T

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225

Capítulo 20 Propiedades magnéticas de los materiales

20.11. Dibuje, de forma esquemática, la curva de histéresis de un material ferrimagnético que
tiene una remanencia o campo remanente de 0.7 T y un campo coercitivo de 0.4 T. Dicho
material alcanza la saturación cuando se aplica un campo de 0.7 T, para el cual el campo
magnético en su interior es de 1.6 T.
Dato: 0 = 1.257·10–6 T·m/A.

Cualitativamente, la forma de la curva debería ser:

Conviene también dibujar la curva M vs. B0 , porque el fenómeno de saturación se pone más
claramente de relieve. Para ello, debemos saber que:

B B0  0M  M B  B0
0

De este modo, la magnetización de saturación y de remanencia se calcularán como:

MS BS B0 (1.6 T  0.7 T) 7.16 105 A m
0 (1.257 106 T  m A)

MR BR B0 (0.7 T  0 T)  5.57 105 A m
0 (1.257 106 T m A)

La curva M vs. B quedaría, por tanto: ©  Ediciones Paraninfo

226

La escala macroscópica de los materiales Bloque 3

©  Ediciones Paraninfo

227

Capítulo 21 Propiedades ópticas de los materiales

Capítulo 21
Propiedades ópticas de los materiales

21.1. Una lámina de un material eléctricamente aislante se coloca en el vacío, y se le hace inci-
dir un haz de luz con una inclinación de 40º con respecto a la normal a la superficie, midién-
dose un ángulo de 25º, también con respecto a la normal, para el haz refractado. Para dicho
material, determine:
a) El índice de refracción.
b) La constante dieléctrica.
Datos: nvacío = 1 y r = 0.99995.

a) Según la ley de Snell:

sen 1  c1
sen 2 c2
Como n  c cm , podemos expresarla como:

n1 sen1  n2 sen2

Los ángulos en la ley de Snell están referidos a la normal a la superficie de separación de los
dos medios, y en el enunciado lo que nos están proporcionando son los complementarios. Por tanto,
1  90  50  40º y 2  90  65  25º , por lo que despejando y sustituyendo valores:

n 2 n1 sen1 (1) sen (40º ) 1.52
sen  2 sen (25º )

b) El índice de refracción se puede relacionar con la constante dieléctrica a través de:

n  rr

que solo es válida para materiales aislantes, como es el caso.
Despejando y sustituyendo:

r n2 (1.52)2 2.31
r (0.99995)

21.2. Estime la parte real del índice de refracción del GaAs a 5.09·1014 Hz sabiendo que su ©  Ediciones Paraninfo
índice de amortiguamiento, a esa frecuencia, es de 0.24, su susceptibilidad magnética toma un
valor de –16.2·10-6, y que su conductividad eléctrica es 1.6·10-3 (·m)-1. Compare el resultado
con el valor experimental de 3.94.

Dato: 0  8.85  1012 A  s  V1  m1 .

228

La escala macroscópica de los materiales Bloque 3

Sabemos que la condutividad eléctrica está relacionada con el índice de refracción complejo a
través de la expresión:

ñ n  ik  r   r  i  
 2 0 
 

Elevando al cuadrado:

r    i    n 2 k 2  2nk i
 20 
 r 

Igualando partes reales y partes imaginarias, y quedándonos con la parte imaginaria que es la que
nos permite relacionar la conductividad eléctrica con la parte real del índice de refracción:

r   2nk
2 0

Despejando:

n  r 
4k 0

Además

m  r 1  r  m 1  (16.2 106 ) 1 1.0000162
Sustituyendo todos los valores conocidos:

n r 4k0 (1.0000162)  4   (0.24)  (5.09(11.06141s013)((8.8m5)110) 12 A s  V1  m1) 2.68108

El valor obtenido está lejísimos de 3.94 por el motivo ya expuesto en el ejercicio resuelto 21.1, y es
que la conductividad eléctrica proporcionada no se ha medido a las frecuencias a las que se han
determinado las propiedades ópticas.

©  Ediciones Paraninfo 21.3. La intensidad de un haz de luz de frecuencia 6.12·1014 Hz se reduce un 37% cuando se
propaga 9 nm en un determinado material. Calcule la fracción de intensidad incidente, de la
misma frecuencia, que sería capaz de atravesar una muestra del mismo material con un espe-
sor de 15 nm.

Dato: c  3108 m  s1 .

La profundidad a la que la intensidad de un haz de luz se reduce un 37 % es la denominada profun-
didad de penetración característica, d, que viene dada por:

d   1

229

Capítulo 21 Propiedades ópticas de los materiales

Por otra parte,
  4k
c

Así que combinando ambas expresiones:
d 4ck 9 nm

De esta expresión podemos extraer el índice de amortiguamiento del material:

k 4cd 4   (3108 m s(91)109 m) 4.33
(6.12 1014 )

Por otra parte: IT (z)  I0 exp( z)
Despejando y sustituyendo:

IT (z) exp   4k z  exp   4  (6.12 1014 s1)  (4.33)  (15109 m)  0.189
I0  c  (3108 m s1) 


21.4. Determine la frecuencia umbral de un metal sabiendo que cuando sobre una película de
dicho material, de 20 nm de espesor, incide un haz de luz de frecuencia 4.5·1014 Hz, solo el
25% de la intensidad incidente es capaz de atravesarlo.
Datos: c  3108 m  s1 y r = 1.00015.

La frecuencia de corte puede relacionarse con el coeficiente de absorción, , a través de la
expresión:

  4 r  2 1
c p

2

Además:

I  I0 exp( z)

Despejando y aplicando logaritmos:

ln  I I0    z

De modo que sustituyendo los datos porporcionados en el enunciado: ©  Ediciones Paraninfo

230

La escala macroscópica de los materiales Bloque 3

  ln  II0  (20ln100.925m) 69.31106 m1

z

Retomando la primera ecuación:

 4 r  2 1  c   2 1
c p 4 r p

2 2

Elevando al cuadrado y despejando:

1 1
 2  2 2
p  1   c    (4.5 1014 s 1 )    (3108 m  s1)  (69.31106 m1)  2 
 4 r  1   4   (4.5 1014 s1)  (1.00015) 
 

 1.711015 s1

21.5. Se colocan, por separado, láminas muy delgadas de Sn (gris), CdS y AlN, y se les hace
indicir un haz de luz blanca. Comente qué colores se verían a través de estas, y de qué colores
se verían dichos materiales.
Datos: EIP(Sn gris) = 0.08 eV , EIP(CdS) = 2.50 eV , EIP(AlN) = 6.20 eV, c  3108 m  s1 ,

h  4.141015 eV  s y  de la luz blanca = 0.39 - 0.78 m.

Lo primero es calcular las frecuencias extremas de la luz blanca:

c     c


Sustituyendo queda:

 bajas c ((03.718081m06sm1 )) 3.851014 Hz


 altas c ((03.319081m06sm1 )) 7.69 1014 Hz


©  Ediciones Paraninfo Las frecuencias bajas se corresponden con la parte roja del espectro, mientras que las altas se co-
rresponden con la parte azul.
La energía asociada a estas frecuencias se calcula fácilmente mediante:

Ebajas  h  (4.14 1015 eV s)  (3.851014 s1)  1.59 eV
Ealtas  h  (4.14 1015 eV  s)  (7.69 1014 s1)  3.18 eV

Por tanto, como el AlN tiene un intervalo prohibido superior a la máxima energía que pueden
proporcionar los fotones de la luz blanca, estos no serán capaces de excitar a los átomos de AlN, y
toda la radiación atravesará el material  veríamos todos los colores a su través  luz blanca.

231

Capítulo 21 Propiedades ópticas de los materiales

El caso del Sn(gris) sería el completamente opuesto. Su intervalo prohibido es inferior al de la ener-

gía que puede suministrar cualquier fotón de luz blanca, por lo cual todos serán absorbidos  es
opaco. Como el Sn(gris) lo absorbe todo, el material se ve negro (no se extrañe, el nombre del mate-
rial no es el más adecuado)

El CdS tiene un intervalo de 2.50 eV, por lo que dejará pasar toda la radiación con energía su-
perior a este valor, mientras que la de energía inferior será absorbida. Determinemos qué colores se
verían:

 E (2.50 eV)   6.038 1014 s1
h (4.14 1015 eV s)

Consultando la Figura 21.2, podemos comprobar que esta frecuencia cae en la frontera entre los
colores verde y azul. Por tanto, la radiación correspondiente a colores entre el azul y el violeta atra-
vesaría una lámina delgada de CdS.

Por otra parte, absorbería toda la radiación entre el rojo y el verde, con lo cual se vería con un
color comprendido entre estos dos extremos. Realmente, este material tiene un color amarillo-
anaranjado.

21.6. Compare el error cometido al calcular la reflectividad de un metal como el oro, y de una
cerámica como la alúmina, según se tenga en cuenta o no el índice de amortiguamiento.
Dato: Tome los datos de la tabla 21.4.

Si no tenemos en cuenta la parte imaginaria del índice de refracción, la reflectividad viene dada por:

R   n 1 2
 n 1 

Para los materiales indicados quedaría:

Roro ((00..2266)) 11 2 0.345 Ralúmina ((11..7766)) 11 2 0.076

Si tenemos en cuenta el índice de refracción complejo tendremos que usar la ecuación de de
Beer:

R  (n 1)2 k 2
(n  1)2 k 2

Sustituyendo valores:

(1.76) 12  107 2
(1.76) 12  107 2
 Roro
((00..2266)) 1122  ((22..9966))22 0.899 Ralumina 0.0758

Vemos que en el caso de la alúmina, y de las cerámicas en general, el índice de ©  Ediciones Paraninfo
amortiguamiento es practicamente despreciable frente a la parte real, por lo que la diferencia al
calcular la reflectividad de uno u otro modo también lo es. Para el caso de los metales, la parte

232

La escala macroscópica de los materiales Bloque 3

imaginaria es la que tiene un mayor peso, y no puede ser obviada, porque se llegarían a
conclusiones absurdas como, por ejemplo, que el oro refleja muy mal la luz.

21.7. Demuestre que el ángulo de incidencia para que se produzca polarización por reflexión

viene dado por la expresión P  arctann2 n1  . Determine, además, el ángulo de incidencia

para el que se polariza parcialmente la luz del sol cuando incide sobre el mar.
Datos: nagua= 1.33 y naire= 1.

a) Cuando el ángulo de incidencia 1 P se cumple que la suma de los ángulos de incidencia :

P 2 90º  sen2 cosP

siendo 2 el ángulo del haz refractado.
Por supuesto, la ley de Snell debe cumplirse:

n2 sen2 n1 sen1  n2 sen2 n1 senP

Teniendo en cuenta lo anterior:

n2 cos2  n1 senP  tanP  n2  P  arctan  n2 
n1  n1 
 

b) Para el caso de la luz del sol sobre el mar:

P arctan  nn12  arctan  (1(.13)3)  53.06º

21.8. Desea fabricarse un blindaje para radiación infrarroja, para evitar ser detectados por
sistemas basados en la captación de este tipo de radiación. Teniendo en cuenta que el intervalo
de frecuencias del IR es de 3.85·1014 - 4.84·1014 Hz, escoja, de entre los materiales siguientes,
el más adecuado para este fin.

Material  (m)
Aluminio 26.55·10-9
97.1·10-9
Hierro
Poliestireno 1018
Vidrio sódico-cálcico 1010

La reflectividad para radiación de frecuencias bajas, como es el caso del infrarrojo, puede calcularse
mediante la expresión:

©  Ediciones Paraninfo R  1 4 0  cc

233

Capítulo 21 Propiedades ópticas de los materiales

Necesitaremos escoger el material que más refleje la radiación infrarroja emitida por nuestro
cuerpo, para que así nos oculte de los detectores. Por tanto, la frecuencia más desfavorable del
rango IR será la mayor (dará menos reflectividad), y es la que utilizaremos en la ecuación.

Sustituyendo valores, por ejemplo, para el aluminio:

R 1 4 0   cc 1 4    (8.85 1012 A  s  V1  m1)  (4.84 1014 s 1 )  0.9244
(26.55 109   m)1

Es decir, si nos ocultamos con Al, el 92.44 % de la radiación que emitimos será reflejada.
Repitiendo los cálculos con los demas materiales:

Material R
Aluminio 0.9244
0.8554
Hierro
Poliestireno <0
Vidrio sódico-cálcico <0

Como era de esperar, los materiales eléctricamente aislantes no son nada efectivos para esta
finalidad.

21.9 Se pretende fabricar un láser de dos niveles con GaAs intrínseco, con el requisito de que
el haz láser pueda atravesar completamente una lámina de CdS de 1 mm de espesor.
a) Indique si es esto posible.
b) En caso de no serlo, explique cómo podría solucionarse el problema.

Datos: EIP(GaAs) = 1.42 eV, EIP(CdS)= 2.50 eV y h  4.14 1015 eV  s .

a) Como es un semiconductor intríseco, y el láser es de un único nivel, la energía de los fotones que
emite será la correspondiente a la de su intervalo prohibido.

Para resolver el problema no haría falta hacer ningún cálculo, sino simplemente comparar las
EIP de ambos materiales. No obstante, con unos mínimos cálculos puede cuantificarse si este láser
concreto es realmente adecuado para alguna función.

Podemos calcular la frecuencia que emite el láser a través de:

EIP  h    EIP
h

Sustituyendo valores:

 EIP ( (1.42 eV)  3.43 1014 s1
h 4.14 1015 eV  s)

Consultando el espectro de la Figura 21.2 podrá comprobar que cae dentro de la región infrarroja, ©  Ediciones Paraninfo
por lo que su energía es muy baja.

Si repetimos el cálculo con la energía del intervalo prohibido del CdS, comprobamos que este
material solo deja pasar radiaciones con frecuencias superiores a 6.38·10-14 s-1. En definitiva, el
láser será completamente absorbido por el CdS.

b) Dopando el GaAs de modo que el láser emita con frecuencias mayores de 6.38·10-14 s-1.

234

La escala macroscópica de los materiales Bloque 3

21.10. La fibra óptica está fundamentada en un proceso de reflexión total.
a) Determine la expresión que permite calcular el ángulo de incidencia máximo (ángulo de
aceptación) para que se produzca dicha reflexión completa.
b) Calcule el ángulo de aceptación para el caso de una fibra realizada en un material con índi-
ce de refracción 1.46, con una funda con índice 1.43.

a) Supongamos un haz de luz que trata de pasar desde la fibra hacia el exterior (revestimiento).
Sufrirá un proceso de refracción que vendrá condicionado por la ley de Snell:

sen 1  n2
sen  2 n1

Si el ángulo de incidencia (aceptación) es el adecuado, el ángulo en la parte del revestimiento
será de 90º, por lo que dicho haz no podrá escapar de la fibra óptica. Recuerde que en la ley de Snell
los ángulos se miden con respecto a la normal a la superficie de separación de los dos medios.

Denominando con el subíndice a al ángulo de aceptación (medido con respecto a la vertical) y t
al ángulo transmitido:

sen  a  nt
sen t na

Imponiendo que el ángulo transmitido sea de 90º:

sen  a (1)  nt  a arcsen  nt 
na  na 
 

b) Particularizando para los datos indicados:

a arcsen  ((11..4463))  78.36º

Incidencias con ángulos superiores a este aseguran una total transmisión del haz sin pérdidas hacia
el exterior.

Recuerde que este ángulo lo hemos referido a la vertical de separación de ambos medios (fibra
y revestimiento). Si quisiese referirlo a la horizontal (eje de la fibra), el ángulo de aceptación máxi-
mo sería el complementario del anterior:

 '  90º a  90º (78.36º )  11.64º
a

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235

Capítulo 22 Propiedades térmicas de los materiales

Capítulo 22
Propiedades térmicas de los materiales

22.1. Se sabe que, a temperatura ambiente, los átomos de un metal puro vibran con una
frecuencia de 1.1572·1011 Hz, y la amplitud máxima de dichas vibraciones es de 2.188·10-11 m.
Determine de qué metal se trata. Necesitará consultar una Tabla Periódica (Apéndice C) que
recoja las masas atómicas de los elementos.
Datos: N A  6.022  1023 y kB  1.38  1023 J  K-1 .

La frecuencia de vibración puede determinarse a partir de la expresión:

 1 Ea 1 E a  Ea 2 2 M (1)
2 m 2 (M NA) NA

donde a es la distancia interatómica (no el parámetro reticular) y M la masa molar del elemento.
Por otra parte:

umáx 6kBT  Ea 6kBT (2)
Ea u2

máx

Igualando las ecuaciones (1) y (2), se obtiene:

2 2 M  6kBT
NA u2

máx

Despejando M y sustituyendo valores conocidos:

6ukm2BáTx NA 6  (1.38 1023 J  K1)  (298 K) (6.022 1023 mol1) 58.71 g  mol1
(2.188 1011 m)2 2   (1.1572 1011 s1)
2 2
 M   2

Buscando en una tabla periódica, se comprueba que el Ni tiene una masa molar de 58.69 g/mol,
por lo que debe tratarse de dicho elemento.

22.2. Desean fabricarse lingotes de plata de 20 cm de longitud. Calcule cuál ha de ser la ©  Ediciones Paraninfo
longitud a temperatura ambiente (298 K) que debe tener el molde en el que va a verterse la
Ag para su solidificación.
Datos: L(Ag)  18.9·106 K-1 y TF (Ag) = 1 235 K

El cambio de longitud que sufre un material con la temperatura viene dado por la expresión:

L L L0 T

236

La escala macroscópica de los materiales Bloque 3

L L0  L L0 (T  T0 )  L0 L
1  L (T  T0 )

Sustituyendo los datos.

L0  L  T0 )  (18.9 (20 102 m) 1235 K) 20.36 102 m 20.36 cm
1L (T 1 106 K1) (298 K

22.3. Desea recubrirse una chapa de acero AISI 1 025 con un material cerámico para mejorar
su dureza superficial. La chapa va a colocarse de modo que ninguna de sus dilataciones esté
impedida. Escoja, de entre los dos materiales cerámicos de la tabla, aquel que permita
alcanzar una mayor temperatura sin que el recubrimiento se agriete, indicando las
temperaturas máximas alcanzables con ambos materiales.

Acero AISI 1025 L (K–1) E (GPa) sLE (MPa)
SiO2 12.5·10-6 280
Al2O3 8.8·10-6 200 250
0.5·10-6 400 47
73

Dado que ambos recubrimientos son materiales cerámicos, podemos considerar que la deformación
plástica que pueden soportar es nula. Por tanto, el esfuerzo máximo que podrán admitir sin
agrietarse será el correspondiente al límite elástico, de modo que la deformación en ese instante
puede calcularse a través de la ley de Hooke:

sLE E  eLE  eLE E
sLE

Si el recubrimiento fuera de SiO2, la deformación máxima que podría soportar sería:

eLE sELE (73(4170M3 MPaP)a) 6.44 104

Si fuese de Al2O3, la deformación máxima sería:
eLE sELE (40(205100M3 MPaP)a) 6.25 104

Como la chapa no tiene impedida la deformación (ninguno de sus bordes está fijo), la
deformación que genera tensiones residuales será la producida por la dilatación diferencial entre las
deformaciones de la chapa y del recubrimiento.

L   L L0 T  L  e L T
L0

©  Ediciones Paraninfo L L0  L L0 (T  T0 )  L0 L
1  L (T  T0 )

237

Capítulo 22 Propiedades térmicas de los materiales

 eac  L ac T 
 L rec T 
erec 
 eac  erec e  Lac Lrec T

Para que no se agriete el recubrimiento:

 e Lac Lrec T  eLErec

La temperatura máxima que podrá soportar el recubirmiento de SiO2 es:

eLE  (6.44 104 ) K 1)
 T  (12.5 106 K1  0.5 106 53.66K 53.66 C
 Lac   Lrec

T max SiO2 25 C  53.66 C  78.65 C

En el caso de la Al2O3:

eLE  (6.25 104 )  168.92 C
12.5 106  8.8 106 K 1
  T  168.92K
 Lac   Lrec

Tmax Al2O3  25  168.92  193.92 C

22.4. Para su uso en laboratorio, se desea adquirir un recipiente que estará sometido a
calentamientos y enfriamientos bruscos. Un distribuidor ofrece dicho recipiente fabricado con
tres materiales diferentes (vea tabla adjunta). Determine qué material es el más adecuado
para este fin.

Vidrio de borosilicato KG33 L (K–1) E (GPa) F (MPa)  (W·m-1·K-1)
Vidrio de sílice 7 913 (96.5 % SiO2) 3.15·10-6 29 1.1
Vidrio sódico-cálcico 0.75·10-6 65 160 1.2
68 32 1.05
9·10-6 70

Si el recipiente trabajará sometido a cambios bruscos de temperatura, el principal criterio de
selección deberá ser su resistencia al choque térmico.
Una cifra de mérito para determinarlo es:

   F
E L

Sustituyendo valores en los distintos casos, obtenemos:

Vidrio de Borosilicato KG33

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238

La escala macroscópica de los materiales Bloque 3

 EFL (6(5291M03PMa)Pa(1).1(3W.15m101 6KK1)1) 155.80 W  m1

Vidrio de de Sílice 7 913

 EFL (160 MPa)  (1.2 W  m1016KK11)) 3764.71 W  m1
(68103 MPa)  (0.75

Vidrio sódico-cálcico

 EFL (32 MPa)  (1.05 W  m1 KK1)1 ) 53.33 W  m1
(70103 MPa)  (9 106

Como era de esperar, el vidrio sódico-cálcico es, con diferencia, el que presenta la resistencia al
choque térmico más baja. Escogeríamos el vidrio de sílice 7 913.

22.5. Las velocidades longitudinales y transversales del sonido en el platino son 3260 y
1730 m/s, respectivamente.
a) Estime su temperatura de Debye y calcule la desviación con respecto al valor experimental
de 240 K.
b) Obtenga la frecuencia máxima de vibración de los átomos de dicho material a la TD.
Datos: M(Pt) = 195.1 g/mol, (Pt) = 21.47 g/cm3, h  6.63 1034 J  s , N A  6.022 1023 y

kB  1.38  1023 J  K-1 .

La temperatura de Debye puede estimarse como:

h vs 3N 1
kB  4V 3
TD   

donde la velocidad media se calcula como:

31  2 1  1
3  vt3 vl3 3

vs  



Además:

N NA  Pt  (21.47 g)  1 mol  N A átomos  6.627 1022 átomos cm3  6.627 1028 átomos  m3
V Vm 1cm3 (195.1 g) 1 mol

La velocidad media resultará:

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239

Capítulo 22 Propiedades térmicas de los materiales

313  2 1  1 313   2 1  1
 vt3 vl3 3  m  s1)3 (3260 m  s1)3 3

vs   (1730   1933.35 m  s1

 

Por lo que la temperatura de Debye resulta:

1034 J 1
(1.38 1  1028m3) 3
(6.63 s)  (1933.35 m  s )  3  (6.627
TD 1023 J  K1)   4 233.18 K

La desviación porcentual con respecto al valor experimental será:

Desviación  100   TD cal   100   (233.18 K) 1  2.84 %
 TD exp 1  (240 K) 


b) Sabemos que TD  hM
Despejando y sustituyendo: kB

M TDkB (233.18 K)  (1.381023 J  K1 ) 4.85 1012 s1
h (6.631034 J s)

22.6. Conocido que, a temperatura ambiente, el calor molar del Au vale 25.174 J·K-1·mol-1, y a
10 K, toma un valor de 43.26·10-2 J·K-1·mol-1, calcule:

a) La capacidad específica molar del oro a 20 K.

b) Indique qué porcentaje, a 20 K, supone la contribución electrónica a dicha capacidad.
Datos: R = 8.31 J·K-1·mol-1, la valencia del oro es 1, 1 eV = 1.6·10-19 J y N A  6.022 1023 .

a) La capacidad específica a 20 K tiene la forma:

c  cr  ce  12 4R  T 3  9 zN A k 2 T
5  TD  2 B
 
EF

El enunciado no proporciona ni EF, ni TD, así que esos valores serán los primeros que
deberemos determinar.

A temperatura ambiente, el calor molar tendrá la expresión:

c  cr  ce  (25 J  (mol  K)1)  9zR2  (298 K)
2 N A EF

donde se ha tenido en cuenta que R  N AkB . ©  Ediciones Paraninfo
Sustituyendo los valores conocidos, podremos determinar EF:

240

La escala macroscópica de los materiales Bloque 3

c  25.174 J  (mol  K)1  (25 J  (mol  K)1)  9zR2  (298 K)
2 N A EF

25.174 J (mol  K)1  (25 J  (mol  K) 1 )  9  (1)  (8.31 J  K1  mol1 )2 (298 K)
2  (6.022 1023 )  EF

de donde, despejando, se obtiene:

EF 8.837719 J 5.52 eV

A 10 K sabemos que la capacidad molar vale 43.26·10-2 J·K–1 y, dicha capacidad, por ser la
temperatura muy baja, toma la expresión:

c  43.26 102 J  (mol  K)1  cr  ce  12 4R T 3  9zR2 T
5   2 N A EF
 TD 

Sustituyendo los valores conocidos hasta ahora, podríamos determinar la temperatura de Debye
del Au.

12  4  (8.31 J  K 1  mol1 )  10 K 3
5  TD 
43.26 102 J  (mol  K)1    

 9  (1)  (8.31 J  K1  mol1)2 J  eV1)  (10 K)
2  (6.022 1023)  (5.52 eV 1.6 1019

Despejando: TD  165 K
A 20 K, quedará:

c  cr  ce  12 4R  T 3  9 zR 2 T
5  TD  2N AEF
 

Sustituyendo:

12   4 (8.31 J  K 1  mol1)  20 K 3 9  (1)  (8.31 J  K1  mol1)2
5  165  2  (6.022 1023)  (5.52 eV)  (1.6 1019
c   J  eV1)  (20 K)

c (3.459 J  K1  mol1)  (1.168102 J  K1  mol1) 3.47068 J  K1  mol1

b) La contribución electrónica a esta temperatura supone, pues, un 0.34 %. La razón de este valor
aparentemente bajo reside en que la TD del Au es también muy pequeña (165 K).

©  Ediciones Paraninfo

241

Capítulo 22 Propiedades térmicas de los materiales

22.7. Estime el calor molar del aluminio a 25 K sabiendo que las velocidades longitudinales y
transversales de propagación del sonido en este material, a temperatura ambiente, son 6 420 y
3 040 m/s, respectivamente.
Datos: EF = 11.63 eV, z = 3, M(Al) = 26.98 g/mol, (Al)=2.7 g/cm3, h  6.63 1034 J  s ,

NA  6.0221023 , R = 8.31 J·K-1·mol-1 y 1 eV = 1.6·10-19 J.

Como la temperatura a la que piden calcular la capacidad molar es muy baja, está tendrá la forma:

c  cr  ce  12 4R  T 3  9 zR 2 T
5  TD  2N AEF
 

Todo es conocido salvo la TD, que podremos estimar a partir de las velocidades de propagación
del sonido en el Al:

313  2 1  1 313   2 1  1
 vt3 v3l 3  m  s1)3 (6 420 m  s1)3 3

vs   (3 040   3 420.45 m  s1

 

Además:

Al  2.7 g  1 mol  N A átomos  6.026 1022 átomos cm3  6.026 1028 átomos  m3
1 cm3 26.98 g 1 mol

Tenga también en cuenta que:

kB R (8.3(16.J02K2110m23o) l1 ) 1.38 1023 J  K-1
NA

De modo que:

hkvBs  34Al 13 (6.6310(13.438J 1s0) (233 m  s1) 1028 3 1
 4  3
420.45  3  (6.026 átomos  m ) 
TD J  K-1)     399.68 K

Ahora puede calcularse ya la capacidad molar a 25 K:

12  4  (8.31 J  K1  mol1 )  (25 J  (mol  K)1) 3
5  399.68 K 
c  cr  ce    



 9  (3)  (8.31 J  K1  mol1)2  (25 J  (mol  K)1) 7.8 102 J  K1  mol1
2  (6.022 1023 )  (11.63 eV)  (1.6 1019 J  eV1)

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242

La escala macroscópica de los materiales Bloque 3

22.8. Se desea adquirir un equipo de acondicionamiento de aire para una habitación situada
en un lugar en el que la temperatura mínima en invierno es de 2 ºC. Se supone, debido a la
situación de la habitación y a su sistema de aislamiento, que las pérdidas a través de las
paredes, techo y suelo son despreciables con respecto a las que se producen a través de un
gran ventanal de 1.5×2 m de vidrio sódico-cálcico, de espesor 8 mm.
a) Calcule la potencia calorífica mínima que debe suminstrar el equipo para asegurar una
temperatura interior de 24 ºC.
b) Si el equipo es capaz de extraer la misma potencia calorífica que la que puede suministrar,
determine qué temperatura habría en el interior de la habitación cuando la exterior fuese de
40 ºC.
Dato: vidrio) = 1.05 W·m-1·K-1.

a) El flujo de calor perdido a través del vidrio será:

JQ   dT   T  (1.05 W  m 1  K 1 )  (24  2) K  2887.5 W  m2
dx x (8 103 m)

Como el área del vidrio es de 3 m2, la potencia perdida a través del ventanal será:

Pérdidas  JQ  A  (2887.5 W  m2 )  (3 m2 )  8662.5 W

b) En verano, la potencia frigorífica que es capaz de suministrar el equipo sigue siendo de
8662.5 W. Como la ventana también es la misma, el flujo de calor aportado a través de la ventana
será 2887.5 W/m2 y, por tanto la diferencia de temperatura que podremos alcanzar será la misma
que antes, es decir, 22 ºC de diferencia. Como nos dicen que la temperatura exterior es de 40 ºC, la
interior será de 40 – 22 = 18 ºC.

22.9. Suponga una olla de cocina con geometría cilíndrica de 25 cm de diámetro, 10 cm de
altura y 1.5 mm de espesor. Se le aplica una potencia calorífica tal que la temperatura en su
interior se mantiene constante a 80 ºC, mientras que la temperatura en la cocina es de 25 ºC.
a) Desde el punto de vista de las pérdidas térmicas, indique qué material cree que es más
adecuado para fabricar la olla: aluminio o acero inoxidable AISI 316.
b) Señale qué material, de entre los dos anteriores, sería el más idóneo desde el punto de vista
de la potencia calorífica que hay que suministrar para calentar la olla.
c) Teniendo en cuenta los apartados anteriores, describa cuál debe ser la disposición ideal de
materiales en una olla
Datos: Al) = 247 W·m-1·K-1 y (inox) = 16.3 W·m-1·K-1.

a) El flujo de calor perdido a través de la olla será:

JQ   dT   T   (25  80) K  (36.66 103 K  m1) 
dx x (1.5 103 m)

La superficie a través de la que se produce la fuga térmica es la constituida por la tapadera superior
y el lateral de la olla.

©  Ediciones Paraninfo A   D2    D  h    (25102 m)2    (25102 m)  (10 102 m)  0.127 m2
44

243

Capítulo 22 Propiedades térmicas de los materiales

Por tanto, las pérdidas serían:

Para el Aluminio,
Pérdidas  JQ  A  (36.66 103 K  m1)  (247 W  m1  K1)  (0.127 m2 )  1.15106 W

Para el acero AISI 316,
Pérdidas  JQ  A  (36.66 103 K  m1)  (16.3 W  m1  K1)  (0.127 m2 )  75.9 103 W

El más adecuado resulta, por tanto, el acero AISI 316, dadas sus menores pérdidas.

b) Desde el punto de vista de la potencia que hay que suministrar para calentarlo, el más adecuado
es, lógicamente el aluminio, ya que es el de mayor conductividad térmica. Así pues, será el que
alcance la temperatura interior deseada con un menor aporte de calor.

c) Teniendo en cuenta los dos apartados anteriores, la olla ideal estará formada por acero inoxidable
AISI 316, salvo en su base, que debiera ser de aluminio. Efectivamente, esta es la estructura usual
de una olla. No se extrañe si al mirar la base de una olla ve que es de acero inoxidable. En realidad
exterior e interiormete la base es una capa muy fina de acero inoxidable que contiene un bloque de
aluminio en su interior; es lo que conocemos como fondo difusor.

Sin dicho fondo, y debido a la baja conductividad del AISI 316, la distribución de temperaturas
en el interior de la olla sería muy deficiente (parte de los alimentos se quemarían, mientras que otras
zonas permanecerían a baja temperatura).

22.10. Suponiendo que los recorridos libres medios de electrones y fonones son
aproximadamente iguales, determine la relación existente entre las contribuciones
electrónicas y vibratorias de la conductividad térmica del cobre a temperatura ambiente.
Datos: me*  1.01 me , EF = 7 eV, me = 9.11·10–31 kg, z = 1, vl = 4 760 m/s, vt = 2 325 m/s, NA =

6.022 1023 , R = 8.31 J·K-1·mol-1 y 1 eV = 1.6·10-19 J.

La relación entre las contribuciones eletrónica y reticular de la conductivdad térmica es:

e 1313VVccmmre vvsF22  fe cevF2  e
r crvs2  f

Teniendo en cuenta que  f   f vs , y que  e  e vF

 e ce  e vF  cevF
r cr f vs cr vs

Para cuantificar la relación, tendremos que calcular las contribuciones electrónicas y fonónicas ©  Ediciones Paraninfo
de la capacidad molar a temperatura ambiente, así como las velocidades de los electrones y del
sonido en este material.

Como se pide determinar la relación a temperatura ambiente, las contribuciones electrónicas y
fonónicas de la capacidad molar serán:

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