Ejercicios Estado Sólido

EXAMEN PARCIAL NO. 1 – ESTADO SÓLIDO. ADRIANA M. CAMPUZANO C. 1110483901

1. Una red no puede exhibir simetría de rotación de orden cinco. Dar una

a

demostración algebraica de este hecho considerando un vector es la traslación más corta de la red. Demostrar que el vector más corto que el vector a partir de

a

a , donde

por rotaciones de

±

,

a

y

,,

a

,

que ,,

a +a

es

son vectores obtenidos

2π 5 .

Solución: Supondremos la existencia de una celda unitaria correspondiente a determinada red unidimensional con simetría de rotación

2π 5 . Este

hecho implicaría, por tanto, una celda con la geometría expuesta en la imagen de la siguiente Figura:

Figura No. 1: Geometría de la celda unitaria. Con base en la definición de retículo, la suma de cualquier pareja de vectores que definen los puntos reticulares, debería generar otro punto reticular. Sin embargo, al aplicar tal definición a la celda expuesta en la anterior imagen, claramente se evidencia el no cumplimiento de la misma. Con el fin de realizar una demostración algebraica, haremos uso de un sistema coordenado rectangular cuyo centro coincide con el punto medio

de la celda unitaria. Además de ello, el eje vertical coincidirá con el vector

⃗r 1

anteriormente expuesto en la imagen de la celda. A partir de

tales consideraciones, podríamos declarar los vectores

⃗r 1 ,

⃗r 2

y

⃗r 5

de la siguiente manera:

⃗r 1=a ⟨ 0,1 ⟩

⟨ ( ) ( )⟩ ⟨ ( ) ( )⟩

⃗r 2=a cos ⁡

π π , sen ⁡ 10 10

⃗r 5=a −cos ⁡

π π , sen ⁡ 10 10

⃗r 2

Es de aclarar que los vectores

⃗r 1

vector

un ángulo de

2π 5

y y

⃗r 5

resultan de haber rotado el

−2 π 5

respectivamente. Tales

ángulos son medidos respecto al eje vertical. Recordando lo establecido por la definición reticular, la suma de los

⃗r 2

vectores

⟨ ⟨

y

⃗r 5

no debería coincidir con el vector

⃗r 1 . Luego,

( 10π ) , sen ⁡( 10π ) ⟩+a ⟨−cos ⁡( 10π ) , sen ⁡( 10π )⟩

⃗r 2 +⃗r 5=a cos ⁡

⃗r 2 +⃗r 5=a 0,2 sen

( 10π )⟩ ≠ a ⟨ 0,1⟩ =⃗r

1

Figura No. 2: Representación geométrica del vector suma.

A partir de este resultado, se concluye la imposibilidad de que existan cristales con simetría de rotación de orden cinco. 2. Obtener los vectores de la red recíproca que determinan la Primera Zona de Brillouin para las redes BCC, FCC y SH. Representar la zona en los tres casos. Solución: La celda de Brillouin constituye una celda primitiva de Wigner – Seitz en la red recíproca, lo cual implica el hecho de que su geometría sería descrita por medio de los vectores de traslación allí presentes.

RED BCC:

Figura No. 3: Geometría de la celda unitaria en red BCC. Para determinar los vectores correspondientes a la primera zona de Brillouin proviene de una red directa cuyo tipo es BCC (cúbica centrada en el cuerpo), debemos considerar los vectores de traslación propios de la red original. Es decir,

()

1 1 −1 ⃗a1= a (−^x + ^y + ^z )= a 1 2 2 1

()

1 1 1 ⃗a2= a ( x^ − ^y + ^z ) = a −1 2 2 1

()

1 1 1 ⃗a3 = a ( x^ + ^y −^z ) = a 1 2 2 −1 a

En donde ,

^y

y

^z

representa la constante de la red. Mientras que los vectores

^x

describen la base canónica del sistema coordenado rectangular.

Por tanto, y con base en dichos vectores, los nuevos vectores pertenecientes a la red recíproca (es decir, los vectores

⃗b1 ,

⃗b2

y

⃗b3 ) serían descritos por

medio de sus respectivas expresiones:

()

⃗b1=2 π

a⃗ 2 X a⃗3 2π 0 = 1 a⃗ 1 .( ⃗a2 X ⃗a3) a 1

⃗b2=2 π

a⃗ 3 X a⃗ 1 2π 1 = 0 ⃗a1 .( ⃗a2 X ⃗a3) a 1

⃗b3 =2 π

a⃗ 1 X a⃗ 2 2π 1 = 1 ⃗a1 .( ⃗a2 X ⃗a3) a 0

()

()

Figura No. 4: Geometría de la primera Zona de Brillouin en red recíproca de BCC. Es de aclarar que la Celda de Brillouin expuesta en la imagen de la Figura No. 4, se encuentra conformada por la intersección de distintos planos. Estos planos son perpendiculares a cada uno de los vectores de traslación

correspondientes a la red recíproca, e intersectan a los mismos en su punto medio. RED FCC:

Figura No. 5: Geometría de la celda unitaria en red FCC. De manera similar al procedimiento realizado anteriormente, debemos considerar los vectores pertenecientes a la red directa de tipo FCC (cúbica centrada en la cara). Es decir,

()

1 1 0 ⃗a1= a ( ^y + z^ )= a 1 2 2 1

()

1 1 1 ⃗a2= a ( x^ + ^y )= a 0 2 2 1

()

1 1 1 ⃗a3 = a ( x^ + ^y ) = a 1 2 2 0

Con base en esto, los vectores correspondientes a la red recíproca estarían dados por:

⃗b1=2 π

()

a⃗ 2 X a⃗3 2 π −1 = 1 a⃗ 1 .( ⃗a2 X ⃗a3) a 1

()

⃗b2=2 π

a⃗ 3 X a⃗ 1 2π 1 = −1 ⃗a1 .( ⃗a2 X ⃗a3) a 1

⃗b3 =2 π

a⃗ 1 X a⃗ 2 2π = ⃗a1 .( ⃗a2 X ⃗a3) a

() 1 1 −1

Figura No. 5: Geometría de la primera Zona de Brillouin en red recíproca de FCC. A partir de los resultados obtenidos para cada una de las redes recíprocas, las cuales corresponden a la redes directas de ambos tipos, podríamos afirmar el hecho de que la red recíproca proveniente de una estructura directa tipo BCC, presenta la geometría propia de una red tipo FCC. Mientras que la red recíproca respectiva a una estructura directa de tipo FCC, describe la geometría propia de una red tipo BCC. RED SH:

Figura No. 7: Geometría de la celda unitaria en red SH.

En este caso, nuevamente debemos considerar los vectores de traslación correspondientes a la red directa de tipo SH (hexagonal simple). Esto es,

()

( )

1 1 √3 ⃗a1= a ( √ 3 ^x + ^y )= a 1 2 2 0

1 1 −√ 3 ⃗a2= a ( −√ 3 ^x + ^y )= a 1 2 2 0

()

0 ⃗a3 =b ^z =b 0 1

Por tanto, los vectores referentes a la red recíproca estarían dados por:

( )

⃗b1=2 π

1 a⃗ 2 X a⃗3 4π = − 3 a⃗ 1 .( ⃗a2 X ⃗a3) a √ 3 √ 0

⃗b2=2 π

1 a⃗ 3 X a⃗ 1 −4 π = 3 ⃗a1 .( ⃗a2 X ⃗a3) a √ 3 √ 0

⃗b3 =2 π

a⃗ 1 X a⃗ 2 8π 0 = 0 ⃗a1 .( ⃗a2 X ⃗a3) a 1

()

()

3. Dibujar los siguientes planos en una celda unitaria cúbica: (221); (120); (111); (201); (-212); (-1-10) (-1-10). Especificar el origen de cada celda unitaria y el sistema coordenado utilizado en cada caso. Solución:

(221) (120)

(111) (201)

(-212) (-1-10) El sistema coordenado utilizado en cada caso es el sistema coordenado rectangular, cuyo origen coincide con alguno de los vértices inferiores de celda.

http://www.xtal.iqfr.csic.es/Cristalografia/parte_03_1_1.html

Teorema de restricción cristalográfica Se ha indicado que los ejes de simetría en los cristales siempre responden a órdenes de rotación 2, 3, 4 y 6. Pues bien, aunque los objetos aislados pueden mostrar ejes de simetría de orden 5, 7, 8 (o superior) estos órdenes de rotación no son compatibles con la repetición cristalina. La razón para ello es que la forma externa de los cristales es consecuencia de una disposición geométrica ordenada de los átomos. En efecto, si uno intenta combinar objetos con ejes de rotación de orden 5, 7, 8 (o superior) nos daremos cuenta de que es imposible rellenar totalmente el espacio, tal como se ilustra a continuación:

El empaquetamiento con objetos con ejes de rotación de orden 5 y 8. No llenan el espacio, por lo que son incompatibles con los retículos cristalinos

Al margen de las consideraciones de empaquetamiento, es sencillo demostrar geométricamente la imposibilidad de existencia de ejes de rotación de orden 5 en los cristales. Supongamos una red que cumpliera la simetría de orden 5, tal como se muestra en la figura siguiente, con los supuestos puntos reticulares como círculos grises. Si ello fuera así, por definición de retículo, la suma de cualquier pareja de vectores que definen los puntos reticulares debería generar un nuevo punto reticular. Si sumamos los vectores t1 y t4 nos daremos cuenta de que no obtenemos t5, sino un nuevo vector (t1 + t4, en rojo) con traslación no reticular, lo cual inhabilita la hipótesis de partida.

Demostración geométrica de la imposibilidad de un retículo con simetría de orden 5

Desde un punto de vista algo más formal es también facil deducir esta restricción en los órdenes de rotación (n) de los ejes de simetría de los cristales. Consideremos una línea reticular, con puntos separados por el vector de traslación t (círculos grises en la figura de más abajo). Si a dicha línea (la de círculos grises) le aplicamos una supuesta operación de simetría rotacional de orden n, con giro +α (=360º/n) perpendicular al plano del dibujo, obtendremos la línea de círculos azules. Y aplicando la operación de rotación inversa, -α obtendremos la línea de círculos rojos.

Aplicación de un eje de rotación de orden n a una línea reticular (círculos grises)

Para que la operación de giro +α sea realmente una operación de simetría de la red, los círculos azules deberán corresponden a puntos del retículo, e igualmente debería ocurrir con los círculos rojos. Pero además, las distancias entre los círculos azules y rojos deberán ser múltiplos de t (la traslación reticular), es decir, deberán ser del tipo: m.t, m’.t, etc., siendo m un número entero.

En el triángulo isósceles, que se obtiene tras los giros de la mencionada línea reticular (figura inmediatamente superior), deberá cumplirse que: cos α = (1/2) m.t / t o lo que es lo mismo: cos α = m / 2 y puesto que los valores de la función coseno deben estar comprendidos entre -1 y +1, sólo están permitidas cinco posibilidades, que corresponden a los ejes de rotación de orden, 2, 3, 4, 6 y 1 (rotación de 0º o 360º, normalmente no considerado): m

-2

-1

0

1

2

cos α

-1

-1/2

0

1/2

1

α

180

120

90

60

0

n

2

3

4

6

1