aula02 (1)

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Importante
Desligar os celulares ou colocar no 
modo silencioso
ENG101 – MATERIAIS ELÉTRICOS E MAGNÉTICOS
Estrutura de Sólidos Cristalinos
Prof. Dr. Vitaly F. Rodríguez-Esquerre
O que será estudado...
• Como os átomos se arranjam em estruturas sólidas?
• Como a densidade do material depende da sua
estrutura?
Estrutura cristalina dos sólidos
ENG101 – MATERIAIS ELÉTRICOS E MAGNÉTICOS
Os materiais sólidos podem ser classificados de acordo com 
a regularidade com a qual átomos e íons se arranjam em 
relação uns aos outros. 
Um material cristalino é aquele nos quais os átomos se 
repetem num arranjo periódico em largas distâncias 
atômicas. Todos os metais, muitos materiais cerâmicos e 
certos polímeros formam estruturas cristalinas sob 
condições normais de solidificação.
ENG101 – MATERIAIS ELÉTRICOS E MAGNÉTICOS
As propriedades dos materials estão diretamente 
relacionadas às suas estruturas cristalinas. 
Por exemplo, cerâmicos e polímeros não cristalinos são em 
geral opticamente transparentes, ou seja permitem a 
passagem da luz, esses mesmos materiais na forma 
cristalina tendem a ser opacos, ou no melhor dos casos, 
translúcidos
ENG101 – MATERIAIS ELÉTRICOS E MAGNÉTICOS
Os materiais que não possuem esta ordenação atômica a largas 
distâncias são chamados amorfos. Os vidros, por exemplo, não 
são cristalinos. A figura da esquerda apresenta um dos vidros 
mais simples (B2O3), no qual cada pequeno átomo de boro se 
aloja entre três átomos maiores de oxigênio. 
Como o boro é trivalente e o oxigênio bivalente, o balanceamento 
elétrico é mantido se cada átomo de oxigênio estiver entre dois 
átomos de boro. Como resultado, desenvolve-se uma
estrutura contínua de átomos fortemente ligados.
• Não denso, empacotamento aleatório
• Denso, empacotamento ordenado
Estruturas densas e com empacotamento ordenado tem
Menores energias
Energia e Empacotamento
Energy 
r
typical neighbor
bond length
typical neighbor
bond energy
Energy
r
typical neighbor
bond length
typical neighbor
bond energy
• átomos empacotados em arranjos 3D
periódicos
Materiais Cristalinos...
-metais
-muitos cerâmicos
-alguns polímeros
• átomos não estão empacotados e
não tem arranjo periodico
Noncrystalline materials...
- Estruturas complexas
- Esfriamento rápido
SiO2 cristalino
SiO2 não cristalino
"Amorfo" = Não Cristalino
Materiais e Empacotamento
Si Oxygen
• típico de:
• acontece:
Sistemas Cristalinos
7 sistemas cristalinos
14 arranjos de cristais
Célula unitária: menor volume repetitivo que
contem o padrão completo do arranjo de um 
cristal.
a, b, e c são as constantes periódicas
A maioria dos materiais de interesse para o engenheiro
tem arranjos atômicos que se repetem nas três
dimensões de uma unidade básica. Tais estruturas são
denominadas cristais.
Existem 7 tipos principais de cristais: cúbico, tetragonal, 
ortorrômbico, monoclínico, triclínico, hexagonal e 
romboédrico.
Existem 14 redes de Bravais
(c) 2003 Brooks/Cole Publishing / Thomson Learning™
14 Redes de Bravais
14 redes de 
Bravais agrupadas
em 7 sistemas
cristalinos
Estruturas Metálicas Cristalinas
• Como pode-se arranjar átomos metálicos
para minimizar o espaço vazío?
2-dimensões
vs.
Agora arranje estas camadas 2-D para fazer estruturas
cristalinas 3-D
• São densamente empacotadas.
• Razões:
- Tipicamente, apenas um elemento está presente, todos os
raios são iguais.
- Ligações metálicas não são direcionais.
- Distância dos vizinhos é pequena de forma a diminuir as 
energias de ligação.
- Nuvem de eletrons blinda os núcleos dos outros.
• Tem as estruturas cristalinas mais simples.
A seguir estudaremos essas estruturas
Estruturas Cristalinas Metálicas
Estruturas Cristalinas Metálicas
• Muito rara devido à baixa densidade de empacotamento
apenas o Po apresenta esta estrutura.
• Coordenação # = 6
(# vizinhos próximos)
Estrutura Cúbica Simples (CS)
• APF para uma estrutura cúbica simples = 0.52
APF = 
a3
4
3
π (0.5a) 31
átomos
Célula unit
átomo
volume
Célula unit
volume
Fator de Empacotamento Atômico (APF)
APF = 
Volume dos átomos na célula unitária
Volume da cel unit
*considerando esferas sólidas
.
close-packed directions
a
R=0.5a
contem 8 x 1/8 = 
1 atom/cél unitl
Fator de Empacotamento Atômico : CCC
a
APF = 
4
3
π ( 3a/4)32
átomos
Cel. unit átomo
volume
a3
Cel unit
volume
compr = 4R =
Close-packed directions:
3 a
• FEA para cúbica de corpo centrado = 0.68
a
R
a2
a3
• Coordenação # = 8
Adapted from Fig. 3.2,
Callister 7e.
• Átomos tem contato ao longo da diagonal
--Todos os átomos são idênticos o átomo central está com cor dferente so para
Efeitos de visualização
Estrutura Cúbica de Corpo Centrado (CCC)
ex: Cr, W, Fe (α), Molibdênio
2 átomos/cel unit: 1 centro + 8 quinas x 1/8
• Coordenação # = 12
• Átomos tem contato ao longo da diagonal da face
-- Todos os átomos são idênticos o átomo central está com cor dferente so para
Efeitos de visualização.
Estrutura Cúbica de Face Centrada (CFC)
ex: Al, Cu, Au, Pb, Ni, Pt, Ag
4 átomso/ cel unit: 6 face x 1/2 + 8 quinas x 1/8
• APF para CFC = 0.74
Fator de Empacotamento Atômico: CFC
maximum achievable APF
APF = 
4
3
π ( 2a/4)34
átomos
Cel unit átomo
volume
a3
Cel unit
volume
Close-packed directions: 
length = 4R = 2 a
Cel unit contem
6 x1/2 + 8 x1/8 
= 4 átomos/ cel unita
2 a
Densidade Teórica, ρ
onde n = número de átomos/ cel unit
A = peso atômico
VC = Volume da cel unit = a3 para cúbico
NA = número de Avogadro
= 6.023 x 1023 átomos/mol
Densidade = ρ =
VCNA
n Aρ =
Volume total da cel. Unit.
Masa dos átomos na cel. Unit. 
• Ex: Cr (CCC) 
A = 52.00 g/mol
R = 0.125 nm
n = 2
ρteórica
a = 4R/ 3 = 0.2887 nm
ρactual
a
R
ρ = 
a3
52.002
átomos
Cel unit mol
g
Cel unit
volume átomos
mol
6.023x1023
Densidade Teórica, ρ
= 7.18 g/cm3
= 7.19 g/cm3
ALOTROPIA
É a característica de um elemento poder existir em mais
de uma estrutura cristalina dependendo da temperatura e 
da pressão.
911oC, Fe é CCC 913oC, Fe é CFC
Ferro
To study how iron behaves at elevated temperatures, we 
would like to design an instrument that can detect (with a 
1% accuracy) the change in volume of a 1-cm3 iron cube 
when the iron is heated through its polymorphic 
transformation temperature. At 911oC, iron is BCC, with a 
lattice parameter of 0.2863 nm. At 913oC, iron is FCC, with a 
lattice parameter of 0.3591 nm. Determine the accuracy 
required of the measuring instrument.
Example 3.6 SOLUTION
The volume of a unit cell of BCC iron before transforming is:
VBCC = = (0.2863 nm)3 = 0.023467 nm3
3
0a
Example 3.6 SOLUTION (Continued)
The volume of the unit cell in FCC iron is:
VFCC = = (0.3591 nm)3 = 0.046307 nm3
But this is the volume occupied by four iron 
atoms, as there are four atoms per FCC unit cell. 
Therefore, we must compare two BCC cells (with a 
volume of 2(0.023467) = 0.046934 nm3) with each FCC 
cell. The percent volume change during transformation 
is:
3
0a
%34.1100
0.046934
0.046934) - (0.046307 change Volume −=×=
The 1-cm3 cube of iron contracts to 1 - 0.0134 = 
0.9866 cm3 after transforming; therefore, to assure 1% 
accuracy, the instrument must detect a change of:
ΔV = (0.01)(0.0134) = 0.000134 cm3
Índices de Miller
Miller indices – Notação curta para descrever algumas
direções e planos nos cristais.
São escritos entre [ ] e os números negativos são
representados por uma barra sobre eles.
Coordenadas de alguns pontos na
célula unitária, o númerorefere-se a 
distância desde a origem em função
dos parâmetros do arranjo
Determine os índices de Miller das direções A, B, e C.
Determinando os índices de Miller para
Direções
(c) 2003 Brooks/Cole Publishing / 
Thomson Learning™
Solução
Direção A
1. Dois pontos são 1, 0, 0, and 0, 0, 0
2. 1, 0, 0, -0, 0, 0 = 1, 0, 0
3. [100]
Direção B
1. Dois pontos são 1, 1, 1 and 0, 0, 0
2. 1, 1, 1, -0, 0, 0 = 1, 1, 1
3. [111]
Direção C
1. Dois pontos são 0, 0, 1 and 1/2, 1, 0
2. 0, 0, 1 -1/2, 1, 0 = -1/2, -1, 1
Reduzindo as frações
3. 2(-1/2, -1, 1) = -1, -2, 2
2]21[ .4
(c) 2003 Brooks/Cole 
Publishing / Thomson 
Learning™
Determine os índices de Miller dos planos A, B, e C
Determinando Índices de Miller de Planos
Example 3.8 SOLUTION
Plano A
1. x = 1, y = 1, z = 1
2.1/x = 1, 1/y = 1,1 /z = 1
3. Sem frações
4. (111)
Plane B
1. O plano nunca cruza o eixo z, x = 1, y = 2, e 
z = 
2.1/x = 1, 1/y =1/2, 1/z = 0
3. Fraçoes:
1/x = 2, 1/y = 1, 1/z = 0
4. (210)
Plane C
1. We must move the origin, since the plane passes through 
0, 0, 0. Let’s move the origin one lattice parameter in the y-
direction. Then, x = , y = -1, and z =
2.1/x = 0, 1/y = 1, 1/z = 0
3. Sem frações.
)010( .4
∞
∞∞
Desenhando direções e planos
Draw (a) the direction and (b) the plane in a 
cubic unit cell.
1]2[1 10]2[
Densidade Linear e Densidade Planar
Calculate the planar density and planar packing fraction 
for the (010) and (020) planes in simple cubic polonium, 
which has a lattice parameter of 0.334 nm.
Calculating the Planar Density and Packing 
Fraction
(c) 2003 Brooks/Cole Publishing / 
Thomson Learning™
Figure 3.23 The 
planer densities of 
the (010) and 
(020) planes in SC 
unit cells are not 
identical (for 
Example 3.9).
Example 3.9 SOLUTION
The total atoms on each face is one. The planar density 
is:
2142
2
atoms/cm 1096.8atoms/nm 96.8
)334.0(
faceper atom 1
face of area
faceper atom (010)density Planar 
×==
==
The planar packing fraction is given by:
79.0
)2(
)(
)( atom) 1(
face of area
faceper atoms of area (010)fraction Packing
2
2
2
0
2
==
==
r
r
r
a
π
π
However, no atoms are centered on the (020) planes. 
Therefore, the planar density and the planar packing 
fraction are both zero. The (010) and (020) planes are 
not equivalent!
We wish to produce a radiation-absorbing wall composed 
of 10,000 lead balls, each 3 cm in diameter, in a face-
centered cubic arrangement. We decide that improved 
absorption will occur if we fill interstitial sites between the 
3-cm balls with smaller balls. Design the size of the 
smaller lead balls and determine how many are needed.
Design of a Radiation-Absorbing Wall
(c) 2003 Brooks/Cole Publishing / 
Thomson Learning™
Figure 3.30 Calculation of 
an octahedral interstitial 
site (for Example 3.13).
Example 3.13 SOLUTION
First, we can calculate the diameter of the octahedral
sites located between the 3-cm diameter balls. Figure 
3.30 shows the arrangement of the balls on a plane 
containing an octahedral site.
Length AB = 2R + 2r = 2R
r = R – R = ( - 1)R
r/R = 0.414
This is consistent with Table 3-6. Since r = R = 0.414, the 
radius of the small lead balls is
r = 0.414 * R = (0.414)(3 cm/2) = 0.621 cm.
From Example 3-12, we find that there are four 
octahedral sites in the FCC arrangement, which also has 
four lattice points. Therefore, we need the same number 
of small lead balls as large lead balls, or 10,000 small 
balls.
2
2 2
Determining the Density of BCC Iron
Determine the density of BCC iron, which has a lattice 
parameter of 0.2866 nm.
Example 3.4 SOLUTION
Atoms/cell = 2, a0 = 0.2866 nm = 2.866 × 10-8 cm
Atomic mass = 55.847 g/mol
Volume of unit cell = = (2.866 × 10-8 cm)3 = 23.54 × 10-24
cm3/cell
Avogadro’s number NA = 6.02 × 1023 atoms/mol
3
0a
3
2324 /882.7)1002.6)(1054.23(
)847.55)(2(
number) sadro'cell)(Avogunit of (volume
iron) of mass )(atomicatoms/cell of(number Density 
cmg=××=
=
−ρ
ρ
Determine the packing factor for diamond cubic 
silicon.
Example 3.17 
Determining the Packing Factor for 
Diamond Cubic Silicon
(c) 2003 B
rooks/C
ole Publishing / 
Thom
son Learning
Figure 3.39 
Determining the 
relationship between 
lattice parameter and 
atomic radius in a 
diamond cubic cell (for 
Example 3.17).
Example 3.17 SOLUTION
We find that atoms touch along the body diagonal of 
the cell (Figure 3.39). Although atoms are not present 
at all locations along the body diagonal, there are voids 
that have the same diameter as atoms. Consequently:
34.0
)3/8(
)
3
4)(8(
)
3
4)(atoms/cell (8
 factor Packing
83
3
3
3
0
3
0
=
=
=
=
r
r
a
r
ra
π
π
Compared to close packed structures this is a relatively open 
structure.
Example 3.18 
Calculating the Radius, Density, and 
Atomic Mass of Silicon
The lattice constant of Si is 5.43 Å . What will be the 
radius of a silicon atom? Calculate the theoretical 
density of silicon. The atomic mass of Si is 28.1 
gm/mol.
Example 3.18 SOLUTION
For the diamond cubic structure,
Therefore, substituting a = 5.43 Å, 
the radius of silicon atom = 1.176 Å .
There are eight Si atoms per unit cell.
ra 83 0 =
3
38
23
/33.2
cm) 1043.5(
10023.6/)1.28(8
volume
mass density cmg=×
×== −
(c) 2003 B
rooks/C
ole Publishing / Thom
son Learning
Figure 3.48 Directions in a cubic unit cell for Problem 3.51
(c) 2003 B
rooks/C
ole Publishing / Thom
son Learning Figure 3.49 
Directions in a cubic 
unit cell for Problem 
3.52.
(c) 2003 B
rooks/C
ole Publishing / Thom
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Figure 3.50 Planes in a cubic unit cell for Problem 3.53.
(c) 2003 B
rooks/C
ole Publishing / Thom
son Learning
Figure 3.51 Planes in a cubic unit cell for Problem 3.54.
Exemplo:
Figure 3.52 
Directions in a 
hexagonal lattice for 
Problem 3.55.
Estrutura Hexagonal com a sua respetiva célula unitária
Planos e Direções Cristalográficas
Miller–Bravais
Planos e Direções Cristalográficas
Determine the Miller-Bravais indices for planes A and B 
and directions C and D in Figure 3.25.
Determining the Miller-Bravais Indices for 
Planes and Directions
(c) 2003 Brooks/Cole Publishing / 
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Example 3.11 SOLUTION
Plane A
1. a1 = a2 = a3 = , c = 1
2. 1/a1 = 1/a2 = 1/a3 = 0, 1/c = 1
3. No fractions to clear
4. (0001)
Plane B
1. a1 = 1, a2 = 1, a3 = -1/2, c = 1
2. 1/a1 = 1, 1/a2 = 1, 1/a3 = -2, 1/c = 1
3. No fractions to clear
4. 
Direction C
1. Two points are 0, 0, 1 and 1, 0, 0.
2. 0, 0, 1, -1, 0, 0 = 1, 0, 1
3. No fractions to clear or integers to reduce.
4. 
∞
)1211(
113]2[or ]011[
Example 3.11 SOLUTION (Continued)
Direction D
1. Two points are 0, 1, 0 and 1, 0, 0.
2. 0, 1, 0, -1, 0, 0 = -1, 1, 0
3. No fractions to clear or integers to reduce.
4. 100]1[or ]101[
(c) 2003 B
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(c) 2003 B
rooks/C
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(c) 2003 B
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(c) 2003 B
rooks/C
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Figure 3.55 Planes in a 
hexagonal lattice for 
Problem 3.58.