Materiales en Ingenieria Problemas Resueltos

ndice9

MATERIALES ENINGENIERA

Problemas resueltos

Francisco Javier Gil MurJos Mara Cabrera MarreroMaria Llusa Maspoch Ruldu

Luis Miguel Llanes PitarchM Nria Saln Ballesteros

ndice 9

ndice

1 Estructura cristalina 11

2 Propiedades fsicas de los materiales 31

3 Materiales polimricos 41

4 Diagramas de equilibrio 55

5 Propiedades mecnicas de los materiales 75

6 Metalografa 103

ndice 9

Prlogo

Este libro tiene por objeto ayudar a los alumnos que cursan la asignatura de Materiales en segundocurso de la titulacin de Ingeniera Industrial en la preparacin de esta disciplina y complementar lasclases impartidas por el profesor.

En l se plantean una serie de problemas, gran parte de ellos complementarios al temario de laasignatura,divididos en seis grandes apartados:

1. Estructura cristalina.2. Propiedades fsicas de los materiales.3. Materiales polimricos.4. Diagramas de equilibrio.5. Propiedades mecnicas de los materiales.6. Metalografa.

Los problemas estn resueltos para que el alumno pueda autoevaluarse y descubrir cules son suserrores o faltas de comprensin de los diferentes temas. Se ha incorporado un captulo demetalografa para completar el conocimiento de las microestructuras ms habituales de aleacionesampliamente utilizadas a nivel industrial. Estas micrografas pueden ayudar a los estudiantes alreconocimiento de las microstructuras y fases que las constituyen, as como de los problemastecnolgicos que pueden presentar.

Los autores han pretendido que este libro sea de utilidad para el conocimiento y la comprensin delos materiales a base del planteamiento y la resolucin de problemas. Nos gustara que tambinmotivase a los lectores a un conocimiento ms profundo del apasionante campo de la ciencia de losmateriales. De antemano, solicitamos disculpas por los posibles errores y deficiencias que seencuentren en el presente libro, que esperamos ir subsanando en sucesivas ediciones con la ayuda ylas sugerencias de todos.

Por ltimo, deseamos agradecer a todo el personal del Departamento de Ciencia de los Materiales eIngeniera Metalrgica de la Escola Tcnica Superior dEnginyers Industrials de Barcelona(ETSEIB) de la UPC, la ayuda y el nimo que en todo momento nos han prestado, en especial aConrado, Patricia y Susana, ya que sin ellos todo habra sido mucho ms difcil.


1 Estructura cristalina

1.1 El hierro a temperatura ambiente presenta una estructura cbica centrada en el cuerpo con unparmetro de red a = 2,87 . Sabiendo que su peso molecular es 55,847 g/mol, determinar:a) La masa de un tomo,b) La densidad del hierro,c) El radio atmico del hierro,d) El volumen atmico,e) El nmero de tomos por m3,f) El nmero de tomos por g,g) El nmero de moles por m3,h) La masa de una celda unitaria,i) El nmero de celdas unitarias existentes en 1g de hierro,j) El volumen de una celda unitaria,k) La densidad atmica lineal en la direccin [1 2 1], yl) La densidad atmica superficial en el plano (1 2 0).

Solucin:

Materiales en ingeniera. Problemas resueltos12

a) La masa de un tomo

55,847g

mol

1mol

6,0231023at.9,27 10 23g / at.

= -

b) La densidad del hierro

n at at .: .8 18 1 2 + =

V a= 3

j = -

- =

2 92710 23

28710 10 31

10007843 3

at g at

m

kg

gkg m

. , / .

( , ) .. /

c) El radio atmico del hierro

4 3r aA =

ra

A =

=

=3

4287 3

4,

1,24

d) El volumen atmico

V r m mA A= = = - -4

33 4

310 3 30 3124 10 798 10p p ( , ) ,

e) El nmero de tomos por m3

2 2

2871084610

10 3

28 3at

V

at

mat m

celda

. .

( , ), ./=

= -


f) El nmero de tomos por g

6023101

558471081023 22,

.

,, ./ =

at

mol

mol

gat g

g) El nmero de moles por m3

7843 31000

55847140105 3.

.

,, /

kg

m

mol

kgmol m =

h) La masa de una celda unitaria

21

6023102355847

118510 22

at

celda

mol

at

g

molg celda

.

, .

,, /

= -

i) El nmero de celdas unitarias existentes en 1g de hierro

1

2602310

1

55847539 1023 21

celda

at

at

mol

mol

gcelda g

.,

.

,, / =

j) El volumen de una celda unitaria

V a m m= = = - -3 10 3 29 328710 23610( , ) ,

k) La densidad atmica lineal en la direccin [1 2 1]

dat

aat m[ ]

., ./121

91

6142 10=

=

n tomos = + = 1

b a a= - + - + - = ( ) ( ) ( )1 0 2 0 1 0 62 2 2

l) La densidad atmica superficial en el plano (1 2 0)

{ }( ) ( );( );( )120 2 1 = = = x y z Puntos de interseccin con los ejes

S a a a a= + = 2 2 22 5( )

dat

aat m( )

., ./120

14

2

18 24

554310=

=


1.2 La celda elemental del aluminio es cbica centrada en las caras. Su masa atmica es 26,982g/mol y el parmetro de red a = 0,405 nm. Calcular:

a) La densidad terica,b) La densidad atmica lineal en la direccin [1 1 0],c) La densidad atmica superficial en el plano (1 1 1),d) El radio atmico, ye) El factor de empaquetamiento.

Solucin:

a) La densidad terica

j = =

=

mV

MN a

kg mAA

426973

3. /

b) La densidad atmica lineal en la direccin [1 1 0]

[ ]d aat m

110

92

234910=

= , ./

c) La densidad atmica superficial en el plano (1 1 1)


( )d S1112

=

( )a l a l a

+ = =

22

232

2

22

Sl a a

=

=2

23

2

2

( )d at m11119 2140810= , ./

d) El radio atmico

4 22

40143109R a R

am= =

= -,

e) El factor de empaquetamiento

F ER

a. . ,=

=

4074

43

3

3

p

1.3 Determinar el factor de empaquetamiento en las redes cbica simple, cbica centrada en elcuerpo y cbica de caras centradas.

Solucin:

- Cbica simple

F En VV

at

celda

. . .=


rat. = a / 2

Va

at. =

43 2

3

p

n = 1/8 8 = 1

( )F E

a

a

. .=

=1

6

43 2

3

3

p p = 0,52

- Cbica centrada en el cuerpo(Vanse figuras del ejercicio 1.1)

( )D a a a= + = 2 32 2

4rat = D

4 3r aat. =

r aat. = 34

n = (1/8 8) + 1 = 2

( )F E

n VV

a

aa

aat

celda

. . .=

=

=

= 2 3

8

43

34

3

3

38

3

3

p pp = 0,68

- Cbica centrada en las caras


d a= 2

4rat. = d

4 224

r a r aat at. .= =

Va

aat. =

=

43

24

224

3

3p p

n = (1/8 8) + (1/2 6) = 4

F En VV

aa

at

celda

. . .=

=

= 4 2

6

224

3

3

pp = 0,74

1.4 El cadmio a temperatura ambiente presenta una estructura hexagonal compacta (HC) cuyosparmetros reticulares son: a = 0,2973 nm; c = 0,5618 nm. Determinar:

a) El volumen de la triple celda unitaria, y

b) La relacin c/a. Comentar el resultado para el valor esperado de c/a = 1.633 para una redhexagonal compacta ideal.

Solucin:


a)V = Superficie base alturarea del tringulo = (bh) / 2 = (a (a sen 60))/ 2 = (a2 sen 60) / 2Superficie de la base = 6 ( (a2 sen 60) / 2) = 3 a2 sen 60Altura = cV = 3 a2 c sen 60 = 3 (0,2973 10 -9)2 m2 (0,5618 10-9) sen 60 = 1,29 10-28 m3

b)c/a = 0,5681 nm / 0,2973 nm = 1,889La relacin c/a para una estructura HC ideal, que consiste en un empaquetamiento uniforme deesferas tan compacto como sea posible tiene un valor de 1,633.Para el cadmio, c/a = 1,889, mayor que el ideal, ya que los tomos estn ligeramente alargados a lolargo del eje c de la celda unitaria.La celda unitaria est distorsionada por una elongacin a lo largo del eje c.El tanto por ciento de desviacin es:[(1,889 - 1,633) / 1,633 ] 100 = 15, 7 %

1.5 El titanio presenta a temperatura ambiente una estructura hexagonal compacta con parmetroreticular a = 0,2950 nm. Su densidad es d = 4.510 kg/m3 y la masa atmica = 47,90 g/mol.

a) Determinar la relacin c/a, yb) Comentar este resultado para el valor esperado de c/a para una red hexagonal compacta ideal(c/a=1,633).

Solucin:

a)

dn M

V NV

n M

d NA

A

A

A

=

=

Vat Kg mol atkg m at mol

m=

= -

6 0047904510 602310

105771103 2328 3. , / .

. / , ./,


V = 3 a2 c sen 60

( )cV

am

mm mm=

= =-

--

3 6010577110

3 0295010 60467810 046782

28 3

9 210

sen,

, sen, ,

b)c/a = 0,4678 nm / 0,2950 nm = 1,568Para el titanio, c/a = 1,568, y para la red ideal hexagonal compacta es de 1,633. Este hecho significaque los tomos de titanio estn ligeramente comprimidos en la direccin del eje c. La celda unidadest distorsionada por una compresin a lo largo del eje c.El tanto por ciento de desviacin es:((1,586 - 1,633) / 1,633) 100 = -2,81 %.

1.6 El hierro puro se presenta en tres formas alotrpicas segn la temperatura:- Hierro a. Cbico centrado en el cuerpo: a = 2,90 10-10 m de parmetro reticular- Hierro g. Cbico centrado en las caras: a = 3,65 10-10 m de parmetro reticular.- Hierro d. Cbico centrado en el cuerpo: a = 2,93 10-10 m de parmetro reticular.Determinar:a) La densidad del hierro en cada caso, yb) Partiendo de un cubo de 1 m3 de Fe-a, qu volumen ocupar este cuerpo cuando se transforme enFe-g ? y al transformarse en Fe-d?(peso molecular del hierro: 55,85 g/mol).

Solucin:

a)

( )d

n MN V

at kg molatmol

mkg mFe

A

A-

-=

=

=a

2 005585

602310 29010760407

23 10 3 3

3. , /

,.

,. , /

( )d kg mFe- -

=

=g

4 005585

602310 36510762766

23 10 33,

, ,. , /

( )d kg mFe- -

=

=d

2 005585

602310 29310737288

23 10 33,

, ,. , /

b)

1 1760407

111

1762366

099743 3 33

3m Fe m FekgFe

m FekgFekgFe

m FekgFe

m- = - -

-

--

-

-=g a

aa

ga

gg

. ,. ,

,

1 m3 Fe-d ocupar 1,0313 m3.


1.6 La perowskita (CaTiO3) presenta una estructura cristalina con una celda elemental como la de lafigura:

a) Hallar el nmero de coordinacin (NC) para cada tipo de tomo, yb) Calcular la densidad terica del compuesto.

Datos: MCa = 40,08 g/molMTi = 47,88 g/molMO = 16,00 g/molNA = 6,023 10

23 mol-1

RCa2+ = 0,099 nm

RTi4+ = 0,061 nm

RO2- = 0,140 nm

Solucin:

a) El Ti tiene seis tomos de oxgeno a a0/2 NCTi=6.El Ca tiene tres tomos de oxgeno (por celda) situados a ( 2 2 )a0, pero cada tomo de Ca

pertenece a ocho celdas, y los tomos de oxgeno estn compartidos por dos celdas (centran lascaras), por tanto, NCCa=38(1/2)=12.Con el O se han de considerar todos los cationes, por tanto, cada tomo de oxgeno tiene dos tomosde titanio a a0/2 y cuatro tomos de Ca a ( 2 2)a0, por tanto, NCO=2+4=6.

b)

r = + +

1 1 3

0

atCacelda Ca

atTicelda Ti

atOcelda O

A

M M Ma N

. . .

1 tomo de Ba/celda 8 tomos de Ca en los vrtices que colaboran con 1/81 tomo de Ti/celda 1 tomo central3 tomos de O/celda 6 tomos de oxgeno centrando caras, que colaboran con


Para hallar a0, se ha de considerar la mayor distancia anin-catin contiguo. Hay dos posibilidades:

2 2 2 03380 0 = + =a r r a nmCa O ,

o bien:a r r a nmO Ti0 02 2 0402= + = ,

Consideramos la segunda a0 = 0,402 nm = 0,402 10-7 cma0

3 =6,496 10-23 cm3

r = + +

=- -

1 4008 1 4788 3 1600649610 602310

34723 3 23 1 3, , ,

, ,,

gmol

gmol

gmol

cm molg

cm

1.8 El MgO presenta una estructura cbica compleja (de tipo NaCl). Si su densidad experimental esde 3,2 g/mol:a) Calcular qu porcentaje de defectos de Schottky habr en la celda, yb) Calcular el factor de empaquetamiento de la estructura terica. Presenta la misma variacinporcentual respecto del valor correspondiente a la estructura real?Datos: MMg = 24,31 g/mol

MO = 16,00 g/molNA = 6,023 10

23 mol-1

RMg2+ = 0,072 nm

RO2- = 0,140 nm

Solucin:

a) rexp = 3,2 g/molrterica = ?a0 = 2rMg + 2rO = 0,424 nm = 4,24 10

-8 cma0

3 = 7,62 10-23 cm3

tomos de Mg: 12 centrando las aristas (1/4) + 1 tomo interior = 4 t.Mg/celda


tomos de O: 6 tomos centrando las caras y 8 tomos centrando los vrtices (6(1/2)) +(8(1/8))=3 + 1= 4 t.O/celda

rtericaat Mgcelda

g Mgmol

atOcelda

g Omol

atmolcm

gcm

= +

=-4 2431 4 1676210 602310

351223 3 23 3. . . .

.

,, ,

,

rterica > rexp. realmente no habr 4 molculas de MgO por celda, sino menos.

rexp.. . . .

.

,, ,

= + -

n ncm

at Mgcelda

g Mgmol

atOcelda

g Omol

atmol

2431 1676210 60231023 3 23

3240314589

364 036,,,

, ,gmol ng

moln vacantescelda= =

%,

, %vacantes vacantes= =0364

100 89

b)

F EVolat celda

Volcelda

r r

areal

at Mgcelda Mg

atOcelda O

. .. ./

.

, ,. .

= = + 36443

36443

3 3

03

p p

( ) ( )( )

F Enm nm

nmreal

at Mgcelda

at Ocelda

. ., , , ,

,

. .

= + 36443

0072 36443

0140

0424

3 3

3

p p

F E real. ., ,

,,=

+=

-56910 0041800762

0623

F Er r

aterico

at Mgcelda Mg

at Ocelda O

. . ,

. .

= +

=4

43

443 068

3 3

03

p p

% . .. . . .

. ., ,

,,DF E

F E F EF Eterico real

terico

= -

=-

=100068 062

068100 882%

S, presenta aproximadamente la misma variacin respecto al valor correspondiente a la estructurareal.

1.9 La plata Sterling es una aleacin comercial, formada por una solucin slida, Ag-Cu, con unariqueza en plata del 975/1.000, y que presenta una estructura FCC.a) Calcular la densidad de esta aleacin, yb) Calcular su factor de empaquetamiento.

Datos: MAg = 107,87 g/molMCu = 63,55 g/molNA = 6,02310

23 mol-1

RAg = 0,144 nmRCu = 0,128 nm


Solucin:

a)

tericaat Agcelda Ag

at Ocelda O

A

n M n Ma N

=

+

..

03

FCC 4 t./celda (terica)

2 4 4 0 1442

0 4070 0 = =

=a r anm

nmAg,

,

Cuntos tomos habr de Ag y Cu en la celda? Depender de si forman solucin slida sustitucionalo bien solucin slida intersticial.Aplicamos la relacin Hume-Rothery:

r r

rs s s

Ag Cu

Ag

=

= < 100 0 144 0 1280 144

100 11% 15%, ,,

. . .

Por tanto, habr 4 tomos en la celda de los cuales x seran de Ag y (4-x) de Cu.

AgatmolAggAgatmolAgg 04,9

87,1071955 =

CuatmolCugCuatmolCug 39,0

55,63125 =

De 9.43 moles de tomos, 9.04 mol sern de Ag y 0.39 mol sern de Cu, de manera que lasproporciones sern:

totalCuattotalesatCuatCu

totalAgattotalesatAgatAg

/04,0/43,939,0

:

/96,0/43,904,9

:

=

=


De manera que los 4 tomos que habr en la celda elemental estarn distribuidos de la forma siguiente:

celdaCuatceldaCuatCuceldaAgatceldaAgatAg

/16.0/04.04:/84.3/96.04:

=

=

As, la densidad terica es:

( ) 3.2337.

...

51,1010023,610407,0

55,6314,0087,10786,3cm

gcm

molat

molCug

celdaCuat

molAgg

celdaAgat

terica =

+=

b)

30

3.

3.

3414,0

3486,3

.

/...

a

rr

celdaVolceldaatVolEF

CuceldaCuat

AgceldaAgat

+==

( ) ( )( )3

3.

3.

407,0

128,03414,0144,0

3486,3

..

nm

nmnm

EFcelda

Cuatcelda

Agat+

=

74,00674,0

104054,10482,0..

4

=

+=

realEF

1.10 A temperaturas elevadas, el estroncio (Sr) presenta una estructura BCC. Si se enfra, experimentauna variacin alotrpica, y a temperatura ambiente su estructura es FCC.a) Calcular la variacin volumtrica porcentual que se produce durante el enfriamiento,b) Esta variacin alotrpica, al enfriarse, corresponde a una contraccin o a una dilatacin?, yc) Qu estructura ser ms densa? Demostrarlo.

Solucin:

a)Vinicial BCC 2 t./celda

3 a0=4r a0 = (4r)/ 3

V r r rin Sr Sr Sr=

= =

43

2 309 12 3103

3 3 3, ,

Vfinal FCC 4 t./celda 2 a0 = 4r a0 = (4r)/ 2

V r r rfin Sr Sr Sr=

= =

42

2 828 22 6173

3 3 3, ,

2 celdas BCC 1 celda FCC 4 t. 4 t.


% , ,,

,VV V

Vr r

r

f i

i

=

=

= 100 22 617 2 12 3102 12 310

100 8 136%3 3

3

b) Es una contraccin ya que Vi > Vf.c) FCC Sr

Sr

Mr

Mr

=

=

422 617 6 023 10

2 93 103 2325

3, ,

,

BCC SrSr

Mr

Mr

=

=

212 310 6 023 10

2 69 103 2325

3, ,

,

As pues, es ms densa la estructura FCC.

1.11 Un laboratorio recibe un lingote paralelepipdico metlico, sin defectos macroscpicos, dedimensiones 2 x 2 x 10 cm y 294,920 g de masa. La nica informacin verdadera de que dispone esla de una etiqueta: Cr-BCC.a) Qu tipo de defectos presenta el lingote?, yb) Una informacin posterior indica que existe un 10 % de defectos no sustitucionales. Qu puedeser?Datos: MCr = 52,01 g/mol

rCr = 0,125 nm

Solucin:

a) V = (2210) cm3 = 40 cm3m = 294,920 g

exp = 294,920 g / 40 cm3 = 7,373 g/cm3

BCC 2 t./celda3 a0 = 4r r = 0,12510-7 cm

tericaat Cr g mol

cm mol

gcm

gcm

=

= =

2 52 0143

0 125 10 6 023 10

104 0214 49

7 71787

323 1

3 3. , /

, ,

,

,

,

exp > terica tiene inserciones, o bien ha formado solucin slida sustitucional con un elemento mspesado.

b) Si no son sustitucionales, son intersticiales, es decir, forman solucin slida intersticial.c)

molgMMcm

gmolcm

MmolgCrat

/07,14373,749,14

2,002,104

373,710023,610406,2

21,0/01,52.23123323exp

==+

=

+=


Este peso molecular corresponde al del nitrgeno; por lo tanto, ste es el elemento intersticial en ellingote.

1.12 Calcular qu familia de planos presenta mayor densidad atmica:

-{1 1 0} para BCC-{1 0 0} para FCC

Solucin:

BCCat

a aa=

=

22

22

2.


rFCCata

a= = -2

222.

{ } { }r r100 110FCC BCC>

1.13 La distancia interatmica de equilibrio para el compuesto inico LiF es xo=2,014 . Usando laexpresin de Born, para la cual, en el caso del sistema LiF, el exponente es n=5,9, y sabiendo que elpotencial de ionizacin es de 5,390 eV y la afinidad electrnica es de 3,45 eV. Calcular:a) La energa potencial mnima: Epmin,b) La energa de disociacin del enlace: EDLiF; y realizar un esquema del proceso, yc) El momento dipolar.

Solucin:

a) La energa potencial del sistema LiF puede expresarse usando la relacin de Born


Ez e

xbxp o

n= -

+

2 2

4 p e

z: valencia de los ionese: carga del electrn e = 1,602210-19 C

eo: permisividad del medio, en este caso, en el vaco epo Nmc

= -

14 9 109 2 2

b: constante caracterstica [Nm2]n: exponente de Born; para el LiF vale 5,9x: distancia interatmica [m]La energa potencial es mnima para x=x0 (distancia interinica de equilibrio); para calcularlahemos de conocer b.En la posicin de equilibrio:

dE

dx

p

x x

=

= 0

0

z e

x

n b

xb

z e xno

n

n

o

2 2

02

01

2 20

1

40

4

-

= =

+

-

p e p e

( ) ( )b

c m

N m c

N m=

= - -

-

-1602210 201410

41

4 9 1059

1211019 2 2 10 4 9

9 2 2

76 6 9, ,

,

,

,

,

pp

( )( )

Epc

cN m

N m

mJx x=

-

-

-

-

-=

+

= -

0

1 1602210

44 9 10

201410

12110

2014109524710

19 2 2

2

9 210

76 6 9

10 5 919

,

,

,

,,

,

,

pp

-

= - =- - =95247101

160221059419 19 0, ,,J

eVJ

eV Epx x

b) EDLiF = - (Epmin + EAF - PILi) = - (-5,94 + 3,45-5,39) eV = 7,88 eV

Esquema del proceso:Li+F- + 5,94 eV Li+ + F-

Li+ + 1 e- Li + 3,45 eVF- + 5,39 eV F + 1 e-

Li+F- + 5,94 eV + 5,39 eV Li + F + 3,45 eV Li+F- + (5,94 + 5,39 - 3,45) eV Li + F

c) m = z e DSm: momento dipolarz: n. de electrones; z =1


e: carga del electrn; e = 1,6022 10-19 CDS: separacin de los baricentros de las cargas; DS = 2,014

m = 1 1,6022 10-19 C 2,014 10-10 m = 3,23 10-29 Cm

1.14 Se sabe que una red cristalina de tipo cbico simple posee una constante reticular a = 400 pm yque se emplean rayos X con una longitud de onda de l = 75 pm. Calcular cules sern los ngulos dedifraccin de primer orden para las caras (1 1 1), (0 1 1) y (1 1 2).

Solucin:

En el sistema cbico, la distancia entre planos paralelos es:

da

h k lhkl =

+ +2 2 2

da a

1112 2 21 1 1 3

=+ +

=

da

0112

=

da

1126

=

Aplicando la ley de Bragg: nl = 2dsen q

Para los ngulos de difraccin de primer orden, tendremos n=1:

qla

o111

23

75

2400

3

9 2042=

=

=arcsen arcsen ' ''

ql

011

22

75

2400

2

7 378=

=

=arcsen arcsenao ' ''

ql

011

26

75

2400

6

131633=

=

=arcsen arcsenao ' ''


2 Propiedades fsicas de los materiales

2.1 Para el vanadio, el campo crtico a 3 K es Hc = 7,1 104 Am-1. La temperatura de transicin es

de 5,3 K. Calcular:a) El valor del campo crtico a 0 K, yb) El radio requerido para destruir la superconductividad en un hilo de vanadio por el que se hacepasar una corriente de 200 A.

Solucin:

a)

Hc HTT

HHc

TT

HA m

A mc

c

= -

=

-

=

-

= -

-0

2

0 2 0

4 1

25 11

1

71 10

13

53

10510,

,

,

b)

rI

HmmC

C

=

=

=-2

20014 2

10 04484p p

,

2.2 Sabemos que para el silicio, el intervalo de energas prohibidas es de Eg = 1,10 eV. Calcular:a) La energa del nivel de Fermi,b) La concentracin de portadores de carga a 20 oC, yc) La conductividad intrnseca a 20 oC, sabiendo que las movilidades de los electrones y de loshuecos son, respectivamente, para el silicio:

bn = 4 105 T-2,6 m2/Vs

bp = 2,5 104 T-2,3 m2/ V.s

Solucin:

a)EF = Eg / 2 = 1,10 eV / 2 = 0,55 eV


b)

N T en

E

KTg

= -

4831021 232,

K = 1,38 10-23 J/K

( )N K e mn

eV

J

KK

J

eV= =

-

-

- --

48310 293 8561021

110

213810 293 161015 3

32

23 191

, ,

,

, ,

c)bn = 4 10

5 T-2,6 m2/Vs = 4 105 (293)-2,6 = 0,154 m2 / V.sbp = 2,5 10

4 T-2,3 m2/ V.s = 2,5 104 (293)-2,3 = 0,053 m2 / V.ss20oC = Nn e ( bn + bp) = 8,561015 m-3 1,610-19 C (0,154 + 0,053 = 2,8410-4 (Wm)-1

2.3 Qu resistencia presentar un hilo de cobre de 50 m de longitud y 0,5 mm de radio?Datos: r (Cu) = 17 10 6, - W cm

Solucin:

Rsl

cmsl

= = -r 17 10 6, W

s mm cm cm= = = -( , ) ( , ) ,05 005 785102 2 3 2p p

l m cm= =50 5000.

R cmcm

cm=

= -

--17 10

785105000

2671063 2

12,,

.,W W

2.4 La resistividad del germanio (Ge) es de 2 Wcm y su densidad es de 5 g/cm3. La concentracin dehuecos electrnicos es, aproximadamente, 1,81015 por cm.a) Calcular la movilidad de estos huecos electrnicos.b) El germanio puro no presenta huecos, sino que estos aparecen al dopar el material con otro tipode tomos. Cules provocaran esta situacin?

Solucin:

r (Ge) = 2 W cmd (Ge) = 5 g/cm3

[huecos] = 1,81015 huecos/cm3 Ge


a) mhuecos?

ne

= 1

r mn: concentracinr: resistividade: carga elctrica = carga del hueco (h)m: movilidad

18 101

2 16 1015 3

19, ./ , / =

-h cm

cm C hW m

m = -

118 10 2 16 1015 3 19, / , /h cm cm A s hW

m =

17362

.cm

A sW

b) tomos que tengan menos electrones de valencia que el germanio:

B,Al,...,(Z3+)

2.5 Fabricamos un condensador con dos lminas de 25x25 cm muy finas y un dielctrico de micaentre ellas. Se aplica una carga de 0,06 mC a cada lmina.a) Calcular la densidad superficial de carga en las lminas.b) Cul ser el campo elctrico que actuar en el dielctrico?c) Calcular la densidad superficial de las cargas inducidas en la mica.d) Calcular la polarizacin del dielctrico.Datos:

er(Ge) = 4 eo= (4p9109)-1 C2/Nm2

Solucin:

a) Q = 0,06 mC

dQs

mCcm

Cms

= =

=

-0062 25

006102 0252

3

2

,( )

,( , )

d C ms = -48 10 4 2, /

b)

Eds=e

e = er eo = 4 / 4p9109 (C2/Nm2) = 3,53710-11 C2/Nm2

E N C V m=

= = -

-

48 10353710

1357110 13571104

116 6,

,, / , /


c)d E E Esi o o r= - = -e e e e( )1

d C msi =

- =

13571104 9 10

4 1 35996

92, ( ) , /

pd)

P E C mo e= = = -e c

p3

4 9 101357110 359910

96 4 2( , ) , /

c ee r= - = - =1 4 1 3

2.6 La susceptibilidad magntica del aluminio a 20oC es cm= 0,65 10-6. Calcular:a) La permeabilidad relativa,b) La permeabilidad absoluta,c) La magnetizacin para una excitacin H = 106 Am-1,d) La induccin magntica, ye) La relacin entre los valores de B en el Al y el vaco.

Solucin:

a) mr = 1 + cm = 1 + 0,6510-6 = 1,00000065b) m = mrmo = 1,000000654p10-7 = 1,256610-6 Wbm-1A-1

c) M = cmH = 0,6510-6 106 = 0,65 Am-1

d) Bal = mH = 1,256610-6106 = 1,2566 Wbm-2

e) Bo = moHBAl = mo(1 + cm)HBAl / Bo = 1 + cm = mr = 1,00000065

2.7 Se dispone de una probeta cilndrica de cobalto, cuyas dimensiones son: longitud l=150 mm;dimetro d=10 mm.La accin de un campo magntico uniforme est asociada a una induccin de valor B=0,94 Wbm-2.Calcular la energa almacenada en el vaco, as como en un acero templado de permeabilidad relativamr = 1.458.

Solucin:Volumen = (pd2l)/4 = 1,17810-5 m3

Densidad de energa en un campo magntico: WV

B=

12

2

m

W: energa almacenada [J ]V: volumen [m3]


B: induccin magntica; B = 0,94 Wbm-2

m: permeabilidad absoluta en el vacom = mo = 4p10-7 Wbm-1A-1

en acero templado m = mrmo

Vaco:

( )Wb A m kg s A A m kg s N m J = = = =- - -2 2 1 2 2Acero templado:

Wd l B

Jr

=

= -

-2 2

73

321028410

m,

2.8 La susceptibilidad magntica del molibdeno (Mo) es de 1,1910-4. Determinar:

a) La susceptibidad absoluta,b) La permeabilidad relativa, yc) Si se somete a la accin de un campo magntico de intensidad 1.000 A/m, calcular cul ser lamagnetizacin del molibdeno en estas condiciones.

Datos:mo = 4p10-7 H/m

Solucin:

a)cm : susceptibilidad magntica cm = 1,1910-4

mr : permeabilidad relativa mr = 1+ cmm : permeabilidad absoluta m = mr mo

m = mr mo = (1+ cm) mo = (1 + 1,1910-4) 4p10-7 H/mm = 1,25710-6 H/m

b)

mmm pr

H mH m

= =

=-

-0

6

7

1257104 10

1000119, /

/,

c)H = 1.000 A/mM ?

M = cmH = 1,1910-41.000 A/m

M = 0,119 A/m


2.9 Por una bobina circular de 100 espiras, con un radio de 30 mm, pasa una corriente de 1 A.Hallar:

a) El momento magntico dipolar (mm).b) El momento del dipolo si lo colocamos en el interior de un campo magntico de induccin de 3Wb/m2 perpendicular a la bobina.c) Qu valor presentar el campo magntico (B) en un punto situado a 2,5 cm del centro de labobina?

Datos:mo = 4p10-7 H/m = Wb/mA1 Wb = 1V1s

Solucin:

a)n = 100 espirasR = 30 mm = 0,03 mI = 1 A

S r m= = -p 2 3282710,

mm n I S A m A m= = = -1001 282710 0,28273 2 2,

mm A m= 0,28272

b) B = 3 Wb/m2

q = 90

t m q= m B sen

t = = = 02827 3 90 08481 0848122

, , ,AmWb

mA Wb N mosen

AWb = AVs = Ws = J = Nmt = 0,8481 Nm

c)

[ ]B

I RR x

A m

m mo o=

+

=

+m m

2

2 2 3 2

2

2 2 3 221 003

2 003 0025( )( , )

( , ) ( , )/ /

x = 0,025 m = 2,5 cm

BHm

Am

Wbm

= = - -4 10 7556 949107 6 2p , ,

BWbm

= -949106 2,


2.10 Para la difusin del C en Fe (FCC) tenemos D0=2110-6 m2s-1 y Q=141.284 Jmol-1, mientras que

para la difusin en Fe (BCC) es D0=7910-8 m2s-1 y Q=75.658 Jmol-1. Calcular:

a) La profundidad de penetracin del C en Fe (FCC) a 900 oC, al cabo de 1 hora, yb) La profundidad de penetracin del C en Fe (BCC) a 600 oC, al cabo de 2 horas.

Solucin:a)

D D e e m soQ

RT1173

6141284

8311173 11 2 11

1

2110 1065310..

. ,= = = -

--

- -

x D f x m1 1 142 2769510= = -,

b)

D D e e m soQ

RT873

875658

831873 11 2 12

2

7910 2335610= = = -

--

- -.

,

x D f x m2 2 142 5799310= = -,

2.11 Un lingote de plomo solidifica a 325 oC. En ese momento mide 25 cm. Cul ser su longitud atemperatura ambiente?Datos: aPb = 29 10-6 cm/cmoC

Solucin:Dl = a l0 DT

l0 = 25 cma = 2910-6 cm/cmoC

DT = Tf - Ti = 25 oC - 325 oC = -300 oCDl = 29 10-6 cm/cmoC 25 cm (-300 oC)

Dl = -0,2175Dl = lf - l0 lf = -Dl + l0 = 24,7825 cm

2.12 Un par bimetlico de cobre y nquel (Cu-Ni) se somete a un recocido a 250 oC y se enfrabruscamente hasta temperatura ambiente. En qu direccin se doblar el par?

Solucin:

l0(Cu) = l0(Ni)DT < 0 ContraccinDl(Cu) = 16,610-6 (cm/cmoC) l0 DTDl(Ni) = 1310-6 (cm/cmoC) l0 DT


Dl(Cu) > Dl(Ni)DT = 25 -250 = -225 oCPuesto que el cobre presenta mayor contraccin que el nquel, el par se curvar hacia el cobre.

2.13 Es invierno, con una temperatura media ambiente de 3 oC. Se instala calefaccin en casa y nosinteresa mantener una temperatura interior constante de 22 oC. Las ventanas exteriores son de 1,2 x1,2 m y se coloca una nica pieza de vidrio.a) Qu grueso debera tener como mnimo este vidrio para evitar prdidas superiores a 5107

cal/da?, yb) Qu temperatura mxima de verano implicar las mismas prdidas con este mismo vidrio si seinstala aire acondicionado con una temperatura media programada de 18 oC?Datos: Kvidrio = 0,0023 cal/cmsK

Solucin:

a)DT = (22 - 3)oC = 19 oC = 19 K

A = (1,2 1,2) m2 = 144 m2 = 14.400 cm2

QA

Tx

KDD

Q/A: calor disipado por unidad de reaK: conductividadDT/Dx: gradiente de temperaturaDx: grueso del cilindro

Q = 5107 cal/daA=1,44 m2

5 10144

1972

cal dam

Kx,

KD

DK

xK mcal da

calcms K

K cm

calda

das

=

19 1445 10

00023 19 14400

5 101

24 3600

2

7

2

7

, , .

.Dx cm 1087,

b) DT = T-18oC = T -18K

Dx cmcm

T Kcm

cals cal

cms K

-

10875 10

1440000023

181087

7243600

2, .,

,.

0040 2 11610 18 1890 183, , - -- T T

T C + =1890 18 369, , o


2.14 La longitud crtica fotoelctrica para el aluminio (Al) es de 475 nm. Cul ser la velocidadmxima del electrn emitido tras incidir una radiacin electromagntica con una longitud de onda de175 nm? Calcular la potencia del frenado.

Datos:h = 6,6210-34 J s me = 9,110-31 Kg c = 31010 cm/s

Solucin:

lo = 475 nm

hhc

nl

=

nlo o

c=

nocm s

cms=

= --3 10

47510631610

10

714 1/ ,

hn = mv2/2 + f = mv2/2 + hno mv2 = h(n-no)

vh

mJ s

Kgo= - =

--

-

2 2 6621091 10

34

31 0( ), /,

( )n n n n

nl

= =

= -

-c cm scm

s3 1017510

17141010

715 1/ ,

vJ sKg

s s= - - - -1454910 171410 6316103 15 1 14 1,/

( , , )

v m s= 1255106, /

Ve h Js so= = - -n 66210 63161034 14 1, , .

Ve J= -4181019,

2.15 Un dispositivo tiene un filamento de wolframio (W) caliente. Se le aplica un voltaje de 5.000 Vy se produce emisin de electrones. Cual ser el lmite de longitud de onda corta que puedeestimular el electrn emitido?

Datos:h = 6,6210-34 J s c = 31010 cm/s e = 1,610-19 J/V

Solucin:


V = 5.000 V

eV Ehc

= =l

16 10 500066210 3 1019

34 10

, ., /

= -

-JV

VJs cm s

ll = =-24810 02488, ,cm nm


3 Materiales polimricos

3.1 Cul es la masa molecular media en nmero (Mn) y en peso (Mw) de una mezcla que pesa 2 gy est formada por 1 g de la parafina C95H192 y 1 g de la parafina C105H212 ?

Solucin:

La masa molecular de cada parafina es:M95 = 95 12 + 192 = 1,332 g/molM105= 105 12 + 212 = 1,472 g/mol

El nmero de moles de cada parafina es:n95 = 1g / (1,332 g/mol) = 7,51 10

-4 molesn105= 1g / (1,472 g/mol) = 6,79 10

-4 moles

Entonces la masa molecular media en nmero (Mn) es:Mn = Sxi Mi

xi : fraccin molarMi : M mol de la fraccin i

Mn = 75110

751 679 101332

67910

679 751 101472

4

4

4

4

,

( , , ),

,

( , , ),

+

+

+

-

-

-

-

Mn = 1,399 g/moly la masa molecular media en peso (Mw) es:

Mw = SwiMi wi : fraccin molarMi : M mol de la fraccin i

Mw = 05 1332 05 1472 1402. , , , , / + = g mol

3.2 Para el sistema PMMA, en la tabla adjunta se indican los valores determinados, en torno a 25C, con un viscosmetro de tipo capilar.


Calcular la masa molecular media viscosimtrica de esta muestra de PMMA.

c (g/dl) 0,0 0,2 0,4 0,7 1,0 1,5t (s) 93,8 110,4 130,4 166,6 211,6 302,8

93,8 110,4 131,0 166,8 212,0 302,094,0 110,5 131,5 166,7 211,2 301,993,9 110,8 131,4 166,5 211,5 302,3

Solucin:

La masa molecular viscosimtrica se puede calcular a partir de la relacin semiemprica de Mark-Hawink Sakurada.

[h] = k Mva

[h] : viscosidad intrsecaMv : masa molecular viscosimtricaK,a : constantes que dependen del polmero, del disolvente y de la temperatura.

Para nuestro caso: PMMA / acetona / 25 CPor otra parte: K = 7,510-5 y a = 0,7

[h] = limc reducida( ) 0 h

hreducida = hespecfica/chespecfica = (t-t0)/toc : concentracin en g/dlt : solucinto : solvente

c [g/dl] 0,0 0,2 0,4 0,7 1,0 1,5t [s] 93,875 110,52 131,07 166,65 211,57 302,25A - 0,887 0,991 1,107 1,254 1,479

A : hsp/c = (t-to)/toc


En la figura adjunta se representa la concentracin frente a la hreducida. La ordenada en el origen nosda el valor de la hintrseca ([h]).

[h] = 0,8001

y aplicando la relacin de Mark-Hawink Sakurada calculamos la masa molecular mediaviscosimtrica.

[h] = k Mva

M = 567972 g/mol

3.3. Calcular la masa molecular media en peso y en nmero de una muestra de poliestireno (PS)formada al mezclar 8 fracciones de poliestireno monodispersas. En la tabla se indica la masamolecular de cada fraccin de poliestireno as como la cantidad de cada una en las mezclas.

Mmol 15.000 27.000 39.000 56.000 78.000 104.000 120.000 153.000peso g 0,1 0,18 0,25 0,17 0,12 0,08 0,06 0,04

Solucin:

Masa molecular media en peso (Mw)Mw= wiMi

Mw=011

150000181

270000251

390000171

560000121

78000,

.,

.,

.,

.,

. + + + + +

+ + + 0081

1040000061

1200000041

153000,

.,

.,

.

Mw = 56.630 g/mol

wi = peso fraccin i / peso total (peso total = 1g)

Masa molecular media en nmero (Mn). Primero calculamos el nmero de moles de cada fraccin.

n1 = 0,1/15.000= 6,6710-6

n2 = 0,18/27.000= 6,6710-6

n3= 0,25/39.000= 6,4 10-6

n4= 0,17/56.000= 3,04 10-6

n5= 0,12/78.000= 1,5 10-6

n6 = 0,08/104.000= 0,77 10-6

n7 = 0,06/120.000= 0,5 10-6

n8 = 0,04/153.000= 0,26 10-6

El nmero de moles totales es n=25,81 10-6


000.15381,2526,0

000.12081,255,0

000.10481,2577,0

000.7881,255,1

000.561081,25

1004,3

000.391081,25

104,6000.27

1081,25

1067,6000.15

1081,25

1067,6

6

6

6

6

6

6

6

6

++++

+

+

+

+

=

-

-

-

-

-

-

-

-

nM

= 38.622 g/mol

3.4 Cul es el efecto sobre la Mn y la Mw de la adicin de 0,5% en peso de monmero de estirenoa la muestra de PS del problema 4.3?

Solucin:

Monmero de estireno: C8H8Mmol = 12 8 + 8 = 104 g/mol

Peso de monmero aadido:0,5/100 1 g mezcla = 5 10-3 g

Moles de monmero aadidos:5x10-3(g) 1 mol/104 g = 4,8 10-5 mol

Influencia sobre la Mn:

Mn = S xi Mi

Mn =48 10

48 10 258110104

258110258110 48 10

386225

5 6

6

6 5

,, ,

,, ,

.

+ +

+

-

- -

-

- - =13.573 g/mol

Influencia sobre la Mw:

Mw = S wi Mi= 5 10

5 10 1104

11 5 10

566303

3 3

+

++

-

- - . = 56.349 g/mol

3.5 Calcular la cristalinidad que presenta un PVC comercial de densidad 1,442 g/mol, sabiendo quela densidad del PVC amorfo es de 1,412 g/cm3 y la del PVC cristalino es de 1,477 g/cm3.

Solucin:

Cristalinidad :

X = W

Wcrist

tot

1/rt = wc/rc + wa/ra = wc/rc + (1-wc)/ra


wcc a t

t a c

=-

-r r r

r r r( )

( )=

rr

r rr r

c

t

a t

a c

--

X = wc / wt = wc / 1 = rr

r rr r

c

t

a t

a c

--

X = 14771442

1412 14421412 1477

,,

, ,, ,

--

= 0,47

47% de cristalinidad

3.6 Una muestra de polietilenterftalato (PET) se enfra rpidamente desde 300 C (A) hastatemperatura ambiente (B) y da como resultado un material rgido y perfectamente transparente.Esquematizar el diagrama volumen especfico vs. temperatura de este proceso y explicarlo.

Tg= 69CTm= 267C

Solucin:

El PET es un material que puede cristalizar; sin embargo, al enfriarse rpidamente desde 300C (A)hasta 20C (B), las cadenas de polmero no pueden adquirir la estructura cristalina. El materialresultante ser 100% amorfo y, por tanto, totalmente transparente.Puesto que a temperatura ambiente se encuentra por debajo de la temperatura de transicin vtrea(Tg= 69C) el material es rgido, es decir, est en estado vtreo.


3.7 La muestra de PET en el estado (B), del ejercicio 3.6, se calienta hasta 100C y se mantiene aesta temperatura hasta que se observa que la muestra adquiere una apariencia translcida (C),entonces se enfra hasta temperatura ambiente (B) y da como resultado un material rgido ytranslcido. Explicar este proceso. Esquematizar el diagrama volumen especfico vs. temperatura, siesta muestra en el estado (D) se calentara hasta 300C.

Solucin:

Al calentar la muestra desde el estado (B) hasta 100C se produce la cristalizacin del material,puesto que est a una temperatura superior a su Tg; en consecuencia, el material se vuelve translcido(debido a la presencia de dos fases, una amorfa y otra cristalina). Cuando se vuelve a enfriar desde(C) hasta (D) el material resultante es un PET semicristalino y, por tanto, translcido, y ademsrgido, puesto que el material consta de una fase cristalina y otra amorfa en estado vtreo (por debajode Tg).

3.8 Explicar los siguientes hechos:a) El polietileno (PE) y el polipropileno (PP) obtenidos mediante catalizadores estereoespecficos sonrgidos y translcidos, mientras que un copolmero 65-35 de ambos, obtenido de la misma manera, esen caucho transparente y blando.

b) Existe un plstico comercialmente disponible que es similar en apariencia al PE y al PP descritosen el apartado a y que consiste en un 65% de unidades de etileno y un 35% de unidades de propileno.En este plstico los dos componentes no se pueden separar por medios fsicos o qumicos sindegradar el polmero.


c) Calcular la temperatura de transicin vtrea (Tg) de los materiales descritos en a y b sabiendo que:Tg (PE) = 248 KTg (PPisotctico) = 265 K

Solucin:

a) El PP obtenido mediante catalizadores estereoespecficos es isotctico. El PE y PP, al sertranslcidos, indican que estn constituidos por dos fases, es decir, son semicristalinos y tienen faseamorfa y fase cristalina. La fase cristalina da rigidez al material.El copolmero 65-35 es un caucho transparente y blando. Por el hecho de ser transparente deducimosque tiene una sola fase, la fase amorfa. Dicha fase amorfa se encuentra a temperatura ambiente porencima de Tg y, por tanto, es un material blando, el caucho. Estas observaciones nos llevan a concluirque se trata de un copolmero al azar.

b) Este tipo de material, constituido por el 65% de unidades de etileno y el 35% de unidades depropileno es tambin un copolmero puesto que no podemos separar los componentes a menos quedegrademos el polmero, es decir, no se trata de una mezcla de polmeros.Este material es rgido y translcido, esto nos indica que es un material semicristalino y, por tanto, setrata de un copolmero en bloque (es el nico copolmero que puede cristalizar).

c) La Tg de un copolmero al azar se calcula a partir de la siguiente expresin:

1T

wTgc

i

gi

= T en Kwi=fraccin molarTg del polmero del apartado a

1 065248

035265Tga

= +, ,

Tga= 253,7 K = -19,3C

Cuando un copolmero es en bloque el material presenta una Tg diferente para cada bloque distinto.Por tanto, la Tg del copolmero del apartado b:

248 K y 265 K

3.9 Dibujar de forma aproximada la curva tensin-deformacin a traccin de una probeta depoliestireno (PS) y de polietileno (PE). Indicar cul sera en cada punto significativo de la curva laforma de la probeta.

PS (Tg= 80C)PE (Tg= -30C, Tm= 115C)


Solucin:

3.10 Preparamos dos materiales compuestos con la siguiente composicin (en volumen):

1. Polipropileno reforzado con un 20% de fibras de vidrio.2. Epoxi reforzado con un 25% de fibras de carbono y un 25% de fibra de Kevlar.Encontrar en cada caso la masa de cada constituyente por unidad de masa de composite.

Densidad (r) :r (fibra de vidrio)=2,54 g/cm3

r (PP)=0,90 g/cm3

r (fibra de carbono)=1,79 g/cm3

r (Kevlar)=1,45 g/cm3

r (epoxi)=1,30 g/cm3

Solucin:

Primero encontramos la densidad del material compuesto a partir de la ley de las mezclas:

rc= rmVm + rfVfPara el PP:

r = 0,2 2,54 + 0,8 0,9 = 1,228 g/cm3

En 1 cm3 de material compuesto hay 0,2 cm3 de vidrio. Entonces la masa de vidrio en 1 cm3 decomposite es:

0,2 cm3 2,54 g/cm3 = 5,08 g vidrio/1cm3 de composite

La masa de vidrio en 1 g de composite es:


5081

11228

041413

3, ., .

, ..

g vidriocmcomposite

cmcompositegcomposite

g vidriogcomposite

=

Para el caso de epoxi:r = 0,25 1,45 + 0,25 1,79 + 0,5 1,3 = 1,46 g/cm3

La masa de carbono en 1 cm3 de composite es:

0,25 cm3 1,79 g/cm3 = 0,447 g carbono

La masa de carbono en 1 g de composite es:

0251

1146

03071

3

3

3,, .

, ..

cmcarbonocmcomposite


gcarbonogcomposite

=

De igual forma para el Kevlar:

0251

1451

1146

02481

3

3 3

3, , ., .

, ..

cmKevlarcmcomposite

g KevlarcmKevlar


g Kevlargcomposite

=

En 1 kg de composite hay 307 g de fibra de carbono, 248 g de fibra de Kevlar y 445 g de epoxi.

3.11 Un material compuesto consiste en un 40% (en volumen) de fibras de vidrio continuas yorientadas en una matriz de polister insaturado. Se aplica una tensin de traccin de 100 MPa en ladireccin paralela a las fibras. Predecir la deformacin que se originar.

fibra de vidrio polisterMdulo elstico E [GPa] 76 3Coeficiente de Poison n 0,22 0,38

Solucin:

Se producir una deformacin en la direccin axial (e1) y una deformacin negativa en lasdirecciones transversales a la fibra e2 = e3 = -n1,2 e1

El mdulo elstico del material compuesto ser (segn ecuacin Ec= EmVm+EfVf):

Ec= EmVm+EfVf = 3 0,6 + 76 0,4 = 32,26 PaEntonces:

e1 = s/E = 100 MPa/ 32,2103 MPa = 3,1110-3


Para calcular e2 primero se calcula n1,2 (segn ecuacin n1,2= nmVm+nfVf):

n1,2= nmVm+nfVf = 0,6 0,38 + 0,4 0,22 = 0,316

En consecuencia, la deformacin transversal a las fibras ser:

e2 = -n1,2 e1 = -0,316 3,11 10-3 = -9,83 10-4

3.12 Un material compuesto consiste en un 50% (en volumen) de fibras de carbono continuas yalineadas en una matriz epoxi. Predecir la resistencia a la traccin del composite en la direccinparalela a las fibras.

fibra de carbono epoxiResistencia a la traccin 3.200 60

Mdulo Elstico 230 2,4

Resistencia a la traccin: st (MPa)Mdulo elstico: E (GPa)

Solucin:

La deformacin a rotura de las fibras (ef) y de la matriz (em) son:

ef = 3.200 MPa /230 103 MPa = 1,3910-2

em = 230 MPa /2,4 103 MPa = 2,510-2

Las fibras fallan antes que la matriz; cuando esto ocurre la matriz soporta una tensin igual a:

sm = Em ef = 2,46 Pa (1,3910-2)= 0,0334 GPa = 33,4 MPa

Considerando que el material compuesto va a fallar en cuanto se rompan las fibras (consideracinadecuada, dado el % en volumen de fibras), la tensin soportada por el material compuesto en elmomento de la rotura vendr dada por la ecuacin:

sc= smVm + sfVfsc= (33,4 MPa 0,5) + (3200 MPa 0,5) = 1,617 MPa

3.13 Un material compuesto consiste en un 50% (en volumen) de fibras de vidrio continuas yalineadas en una matriz de polister insaturado. Predecir la resistencia a la traccin del materialcompuesto en la direccin paralela a las fibras.


fibra de vidrio polisterResistencia a la traccin 1.800 55

Mdulo elstico 76 3

Resistencia a la traccin: st (MPa)Mdulo elstico: E (GPa)

Solucin:

La deformacin a rotura de las fibras (ef) y de la matriz (em) es:

ef = 1.800 MPa / 76 103 MPa = 2,37 10-2

em= 55 MPa / 3 103 MPa = 1,83 10-2

En este caso, falla antes la matriz que las fibras. Cuando falla la matriz las fibras soportan unatensin igual a:

sf = Ef em = (76 103 MPa) (1,83 10-2) = 1.390 MPa

y la tensin soportada por el composite es:

sc= smVm + sfVfsc= (55 MPa 0,5) + (1.390 MPa 0,5) = 723 MPa

Sin embargo, la mxima tensin que puede soportar el material compuesto cuando slo las fibrascontribuyen, es decir, cuando la matriz ha fallado, viene dada por:

sf = 0,5 1.800 MPa = 900 MPa

Esta tensin excede a la tensin alcanzada por el composite en el punto de rotura de la matriz.Podemos deducir que el material compuesto puede continuar soportando carga hasta el punto en quelas fibras fallen, y que la resistencia a la traccin del composite ser:

sc= 900 MPa

3.14 Un material compuesto de fibras colocadas en capas horizontales se ensaya a impacto. El valorde energia absorbida por unidad de rea (resiliencia, r) est relacionado con la orientacin de lasfibras segn una expresin del tipo r q= +374 23, , sen (J/cm2), donde q es el ngulo que forman las

fibras con la entalla (0 < q < 90).Qu ngulo proporcionar mejores propiedades a impacto para este material?

Solucin:


Hay que hallar el valor o valores de q que corresponden a un mximo en los valores de la funcin r(q); si derivamos la funcin r respecto de q e igualamos a cero hallaremos los valores de q quesuponen un mximo (y/o mnimo) para la resiliencia. Por tanto:

r

qq q q= = = =23 0 0 90, cos cos

Es decir, las fibras perpendiculares a la entalla son las que optimizan la respuesta a impacto de estematerial.

3.15 Un material plstico cuya temperatura de fusin es Tm = 170 C y de transicin vtrea Tg = 50 posee un 60% de cristalinidad despus de haber sido enfriado lentamente hasta temperatura ambiente(20C).a) En qu estado de agregacin se encuentra este polmero a 190C, 100C y 20C? b) Si el citadopolmero se calienta a 180C y luego se enfra muy rpidamente hasta 20C, la cristalinidad delmaterial ser del 60%?. Justificar la respuesta. c) Si el material obtenido en el apartado anterior semantiene a temperatura ambiente durante un ao, se producir algn cambio microestructural? Porqu?

Solucin:

a) 190C: gomoso 100C: semicristalino flexible 20C: semicristalino rgido o vtreob) La cristalinidad ser bastante inferior. Al enfriarse rpidamente no se da tiempo suficiente a quetenga lugar la reaccin de cristalizacin, la cual tiene lugar por pliegues de las cadenas polimricas.c) A temperatura ambiente, por debajo de Tg, no se favorece la necesaria rotacin de las cadenas paraque stas se plieguen. Por tanto, el polmero no cambiar su microestructura.

3.16 Una barra cilndrica de polipropileno (PP) est empotrada en el techo por uno de sus extremos,mientras que en el otro se agrega un peso de 30 kg.a) Hallar el dimetro mnimo tal que el alargamiento de la barra al cabo de un ao sea como mximode 12,5 mm si la temperatura de trabajo es de 20C. La longitud inicial de la barra es de 0,5 m.b) Suponiendo que la barra se fabricase en las mismas dimensiones con poliestireno (PS), bajo lasmismas condiciones de carga y sin llegar a rotura, la deformacin que cabe esperar sera mayor omenor? Justificar la respuesta.

PP (Tg= 0C, Tm=140C)PS (Tg=80C)


Solucin:

a)e = (12,5 mm/500 mm)100 = 2,5 %

13651

241

36001

315107aodas

aoh

das

hs =

.,

Con estos dos valores, obtenemos del grfico que el valor de carga es 7,7 MPa.

sp

= =

=

FA

kgN

kgD

N m30

981

4

77 1026 2

,

,


D m mm=

= =-

8098

477 10

69710 6976

3,

,, ,

p

b) El polipropileno est en estado gomoso y el poliestireno en estado vtreo, por tanto, el vtreo (PS)se deformar menos en principio.


4 Diagramas de equilibrio

4.1 Para la aleacin aluminio-silicio, cuyo diagrama de fases se adjunta:

a) Supongamos la aleacin con un 5% de Si y un 95% de Al:

a1) Cul es el porcentaje de silicio en la fase a a 640, 600, 577 y 550C?a2) Cul es el porcentaje de silicio en la fase lquida a 640, 600 y 577C?a3) Cul es el porcentaje de silicio en la fase b a 550C?a4) Cules sern los porcentajes de a y de lquido a 620, 600 y 578C?a5) Cules sern los porcentajes de a y b a 576 y 550C?

b) Para la aleacin tpica del bloque de un motor con 16% de Si y 84% de Al:

b1) A qu temperatura aparecern los primeros cristales de slido al enfriarse lentamente el metalfundido?b2) A qu temperatura se solidificar completamente la aleacin?b3) Cul ser la composicin de las fases b y lquida a 578C?b4) Cul ser el anlisis de las fases a y b a 550C?b5) Cules son las proporciones de las fases lquida y b a 578C y de a y b a 576C?

c) Como puede verse en el diagrama, el porcentaje de fase a disminuye durante el enfriamiento de576 a 20C. Por qu?Qu sucede con dicha fase?


Solucin:

a) Supongamos 5% Si + 95% Al:

a1) 640C %Si (a) = 0 no hay 600C %Si (a) = 1,20% 577C %Si (a) = 1,65% 550C %Si (a) = 1,30%

a2) 640C %Si (L) = 5,0% 600C %Si (L) = 9,0% 577C %Si (L) = 12,6%

a3)550C %Si (b) = 99,0%

a4)T = 620C

%, ,, ,

,,

, %a =--

= =61 5061 09

1001152

100 2115

% , , %b = - =100 2115 7885

T = 600C

%, ,, ,

, %a =--

=90 5090 12

100 6932

% , , %b = - =100 5128 4872

T = 578C

%, ,, ,

, %a =--

=1259 501259 164

100 6932

% , , %L = - =100 6941 3068

a5)T = 576C

%, ,

, ,,,

, %a =--

= =990 50

1259 164100

9409736

9656

% , , %b = - =100 9656 345

T = 550C

%, ,, ,

,,

, %a =--

= =990 50990 13

100940977

100 9621

% , , %b = - =100 9621 379

b) Para la aleacin tpica de un motor: 16% Si + 84% Al


b1) Temperatura a la que aparecern los primeros cristales slidos al enfriar lentamente:T = 630C

b2) Temperatura a la que solidificar completamente la aleacin:T = 577C

b3) Composicin de las fases b y L a 578C:%Si (b) =99% %Si (L) = 12,61%%Al (b) = 1% %Al (L) = 87,39%

b4) Anlisis de las fases a y b a 550C:%Si (a) = 1,30% %Si (b) = 99,0%%Al (a) = 98,70% %Al (b) = 1%

b5) Proporciones de L y b a 578C:

T = 578C

%, ,, ,

,L =--

=990 160990 1261

100 9608%

% , ,b = - =100 9606 392%

Proporciones de a y b a 576C:

%, ,, ,

,a =--

=990 160990 164

100 8525%

% , ,b = - =100 8525 1475%

c) El %a disminuye durante el enfriamiento:

T = 576C

%a = mn

100

T = 25C

%'

a = mn

100

n>n %a (25C) < %a (576C)

Porque al bajar la temperatura, la solubilidad del silicio en el aluminio disminuye; lo cual implicaque el Si se precipite, pero como slo es parcialmente soluble, lo que se precipita es fase b.Lo que sucede con dicha fase es:

Da Db


4.2 En el siguiente diagrama de fases, completar los nombres de las fases que estn entre parntesis.


Solucin:

Tenemos una transformacin alotrpica:a bb a

A la temperatura T1=1.150C Reaccin eutctica L b+qA la temperatura T2=550C Reaccin eutectoide b a+q

4.3 Dada la siguiente informacin, construir el diagrama de fases:

Las curvas de enfriamiento muestran inflexiones horizontales de temperatura a 715F para A puro ya 655F para B puro. En los metales puros esto significa que hay dos fases en equilibrio. Unainflexin horizontal en un sistema de dos componentes a 500F para el 25% de A y el 75% de Bindica que hay tres fases en equilibrio.

El punto de fusin de A es 715F, el punto de fusin de B es 655F.


501F: 25% de A y 75% de B, todo lquido 499F: 25% de A y 75% de B, 25% de un metal BCC y 75% de un metal FCC. 499F: 35% de A y 65% de B, 50% de un metal BCC y 50% de un metal FCC. 400F: 40% de A y 60% de B, 60% de un metal BCC y 40% de un metal FCC. 400F: 20% de A y 80% de B, 20% de un metal BCC y 80% de un metal FCC.

Solucin:

a)499F: 25% de A y 75% de Bcomposicin de a en B = x% Bcomposicin de b en B = y% Bcantidades en equilibrio:

a = =--

25%75

100yy x

10075

%75 --

==xyx

b

25(y-x) = (y-75)10075(y-x) = (75-x)100

Obtenemos (1): 75y+25x = 7.500

b)499F: 35% de A y 65% de Bcomposicin de a en B = x% Bcomposicin de b en B = y% B

cantidades en equilibrio:

a = =--

50%65

100yy x

b = =--

50%65

100x

y x

50(y-x) = (y-65)10050(y-x) = (65-x)100

Obtenemos (2): 50y+50x = 6.500

c) Dadas (1) y (2)75y+25x = 7.50050y+50x = 6.500

x=45y=85


d)400F: 40% de A y 60% de Bcomposicin de a en B = x% Bcomposicin de b en B = y% B

cantidades en equilibrio:

a = =--

60%60

100yy x

b = =--

40%60

100x

y x60(y-x) = 100y - 6.00040(y-x) = 6.000 - 100x

Obtenemos (3): 2y +3x = 300

e)400F: 20% de A y 80% de Bcomposicin de a en B = x% Bcomposicin de b en B = y% Bcantidades en equilibrio:

a = =--

20%80

100yy x

b = =--

80%80

100x

y x20y - 20x = 100y - 8.00080y - 80x = 8.000 - 100x

Obtenemos (4): 80y+20x=8.000

f)Dadas (3) y (4)

2y +3x = 30080y+20x=8.000

x=40y=90

4.4 El diagrama de equilibrio para el sistema Cu-Zn se muestra en la figura adjunta.

a) Cules son las temperaturas del liquidus y el solidus para una aleacin de 70% Cu y 30% Zn?b) En una aleacin con 60% de Cu y 40% de Zn, conocida como metal Muntz, la fase a comienza aformarse a 750C, aproximadamente. A 600C, el contenido de Zn en ambas fases a y b es mayorque a 750C. De dnde proviene la cantidad adicional de Zn en las dos fases?


c) Localizar las temperaturas a las cuales pueden coexistir tres fases en equilibrio e identificar lasreacciones (eutctica, peritctica, etc.).d) Una aleacin constituida por 50 g de Cu y 30 g de Zn se funde y se enfra lentamente.d1) A qu temperatura habr 40 g de fase a y 40 g de fase b ?d2) A qu temperatura habr 50 g de fase a y 30 g de fase b ?d3) A qu temperatura habr 30 g de fase a y 50 g de fase b ?

Solucin:

Sistema Cu-Zn


a)Liquidus = 955C (aprox.)Solidus = 925C (aprox.)

b) Aleacin 60% Cu y 40% Zn

- La fase a empieza a formarse a 750C, aproximadamente.- A 600C, el contenido de Zn en a y b es mayor que a 750C.

La cantidad adicional de Zn en las dos fases proviene de:

T = 750C a+b

%,,

,,

%( .)a =--

= =401 40401 35

1000151

100 2 aprox

% %( .)b = 98 aprox

T = 600C a+b

%a =--

= =43 4043 37

10036

100 50%

%b = 50%

La cantidad adicional de Zn proviene de la b que a 750C es un 40,1% de Zn, la cual es un 98% deltotal del material. El contenido en Zn total es constante. Ahora las dos fases son ms ricas en Znpero de b slo hay un 50%, igual que una a ms rica en Zn que el 2% (aprox.) que haba a 750C.

c) Temperaturas a las cuales pueden coexistir 3 fases en equilibrio. Identificacin de las reacciones.

T = 903C a+L b PeritcticaT = 835C b+L g PeritcticaT = 700C g+L d PeritcticaT = 598C d+L e PeritcticaT = 424C e+L h PeritcticaT = 558C d g+e EutectoideT = 230C b a+g Eutectoide

d) Aleacin 50 g Cu + 30 g Zn se funde y se enfra lentamente

d1) T? 40 g de fase a y 40 g de fase b


50 g Cu + 30 g Zn = 80 g totales%Cu = 62,5%%Zn = 37,5%

40 g de a + 40 g de b = 50% a y 50% b

T = 765C, aproximadamente

%,

a =--

=40 37540 35

100 50%


50 g de fase a y 30 g de fase b = 62,5% a y 37,5% b

T = 715C, aproximadamente

%,

, %( .)a =--

=40 37540 36

100 625 aprox


30 g de fase a y 50 g de fase b = 62,5% b y 37,5% a

T = 785C, aproximadamente% ,a = 375%

4.5 En el sistema Fe-Fe3C:

a) Identificar 3 reacciones invariantes y definir las reacciones correspondientes.b) 1 g de aleacin con un 1% de C est a 750oC en estado de equilibrio Qu proporciones de cadafase hay a esta temperatura? Qu proporcin de cada fase hay a 700C?c) Una aleacin con la composicin eutectoide es enfriada desde 800C hasta 20C.Qu proporcin y qu fases existen a 20C?d) Describir los cambios de fases que ocurren durante el calentamiento de un acero con un 0,45% deC desde temperatura ambiente hasta 1.200C.e) Suponiendo un estado de equilibrio para un acero con un 0,6% de C, determinar:e1) La menor temperatura a la que tendremos un 100% de fase austenita.e2) La fraccin de fase a 730C y su composicin.e3) La fraccin de perlita a 720C y su composicin.e4) La fraccin de ferrita proeutectoide a 730C.e5) La fraccin de ferrita proeutectoide a 720C, tras enfriamiento desde 730C.


Solucin:

Sistema Fe + Fe3C:a) Identificacin de tres reacciones invariantes y definicin de las reacciones correspondientes:

T = 1.495C Peritcticad(0,09%C) + L(0,53%C) g(0,17%C)

T = 1.148C EutcticaL(4,30%C) g(2,11%) + Fe3C(6,69%C) Ledeburita (4,30%C)

T = 727C Eutectoideg(0,77%) a(0,0218%C) + Fe3C(6,69%C) Perlita (0,77%C)


b) 1 g de aleacin con un 1% de carbono est a 750C en estado de equilibrio. Clculo de lasproporciones de cada fase a esta temperatura y la proporcin de cada fase a 700C:

Acero (< 2,0%C)Hipereutectoide (> 0,77%C)T = 750C + Fe3C

% , ,, ,

, =

=

6 69 1 06 69 0 82

100 95 2%

% % ,Fe C3 100 4 8%= =T = 700C + Fe3C o perlita (eutectoide) + Fe3C acero hiperetectoide

% , ,, ,

, =

=

6 69 1 006 69 0 01

100 85 2%

% % ,Fe C3 100 14 8%= =o bien:

% , ,, ,

,perlita =

=

6 69 1 006 69 0 77

100 96 1%

% % , %Fe C perlita3 100 3 9= =

c) Una aleacin con la composicin eutectoide es enfriada desde 800C hasta 20C. Qu proporcin yqu fases existen a 20C?

Composicin eutectoide: 0,77%

T = 800C T = 727C (0,77%C) perlita (0,77%C)

perlita: (0,0218%) + Fe3C (6,69%C)T = 20C perlita (0,77%C)

perlita: (0,0001%C) + Fe3C (6,69%C)fases: + Fe3C o perlitaproporcin:

% , ,, ( .) , =

=

6 69 0 86 69

100 88 0%aprox

% % ,Fe C3 100 12 0%= =

o bien % perlita = 100%

d) Descripcin de los cambios de fases que ocurren durante el calentamiento de un acero con 0,45%C(hipoeutectoide) desde temperatura ambiente hasta 1.200C:


Temperatura ambiente: + Fe3C o + perlita

T = 727C + Fe3C T = 727C + T + 727C + T < T < 800C T = 800C T = 1.200C T = 1.450C + T = 1.495C L + T = 1.495C + T + L

1.495C + T < T < 1.500C LT = 1.505C L

Obtenemos la cadena: + Fe3C + + L+ L

e) Suponiendo un estado de equilibrio para un acero con un 0,6% de C, determinar:

e1) La menor temperatura a la que tendremos 100% : aproximadamente unos 775Ce2) Fraccin de fase a 730C y su composicin730C 727C + T

% , ,, ,

, =

=

0 76 0 60 77 0 02

100 21 6%

% % , = =100 78 4%e3) La fraccin de perlita a 720C y su composicin: perlita= mezcla eutectoide ( + Fe3C)

% , ,, ,

,perlita=

=

0 6 0 020 77 0 02

100 77 3%

La composicin de la perlita es siempre 0,77%Ce4) La fraccin de ferrita proeutectoide a 730C:(ver apartado e2)

% , ,, ,

,=

=

0 76 0 60 77 0 02

100 21 6%

e5) La fraccin de ferrita proeutectoide a 720C tras un enfriamiento desde 730C% ( ) % , , proeutectoide perlita= = =100 100 77 3% 22 7%

4.6 Empleando el diagrama Fe-C de la figura del ejercicio anterior:

a) indicar cul es la temperatura de fusin del Fe puro de una aleacin Fe-C con un 2,11% de C y de lacementita.


b) Por encima de qu composicin de C un acero no presenta reaccin peritctica?c) Cul es la mxima cantidad de C que disuelve la austenita?d) Indicar la composicin qumica y las cantidades relativas de fases que existen en un acero de0,77%C a 900C y a 600C (supngase equilibrio).e) Representar esquemticamente cmo vara la microestructura del material en el anterior proceso deenfriamiento.

Solucin:

a)TF (Fe puro) = 1.538 oCTF (2,11%C) = 1.148 oC; a esta temperatura ser todo slido, pero solidifica entre 11.380 y 1.148 oCTF (cementita) = 1.227 oC

b)% C > 0,5%

c)La mxima cantidad que disuelve es el 2,11%

d)A 900oC: %= 100 %; compuesta por 0,77% C y 99,23% Fe.

A 600oC: % , ,,

, % % , =

= = =6 69 0 77

6 69 0100 88 5% 100 11 5%3Fe C ;

e) compuesta por 100% Fe y 0% C; y Fe3C compuesta por 6,69% C y 93,31% Fe.

4.7 Para el diagrama de la figura:

a) Indicar a qu reaccin corresponde el punto (I).b) Para un 20% de Cu, qu fases y en qu proporcin se hallarn a 900C?c) Qu composiciones tendrn las fases halladas en el apartado anterior?d) Para un 20% de Ag, qu fases y en qu proporcin se podrn encontrar a 781C?e) Qu composiciones tendrn estas fases?


Solucin:

a) ( I ) = Eutctico

b) L + a

% ,a a=--

= =43 2043 9

1002334

100 676%

% ,L L=--

=20 943 9

100 324%

c)L : 43%Cu y 57%Aga : 9%Cu y 91%Ag

d) L + b

%,

, ,L L=

--

=912 80912 719

100 58%

%,

, ,b b=

--

=80 719912 719

100 42%

e)L: 71,9%Cu y 28,1%Agb: 91,2%Cu y 8,8%Ag


4.8. Identificar las fases presentes del diagrama de equilibrio Mg-Pb.


4.9. La figura adjunta corresponde al diagrama Fe-C. a) Un anlisis metalogrfico cuantitativo de unacero hipereutectoide enfriado en equilibrio hasta temperatura ambiente revel que la cantidad deperlita presente era de un 85%. Cul es la composicin nominal de la citada aleacin? b) Para elacero anterior y en las mismas condiciones, cul es la cantidad total de ferrita y de cementita? c)Dibujar la evolucin microestructural de este acero cuando se enfra lentamente desde 1100 C hastala temperatura ambiente? d) Qu fases y porcentaje de ellas cabe esperar cuando el mismo aceroanterior se enfra rpidamente desde 900 C hasta la temperatura ambiente? Para responder a estapregunta se puede suponer que Mf es superior a la temperatura ambiente.

Solucin:

a)0,85=(6,69-x)/(6,69-0,77)

x=1,63


Composicin de la aleacin %C=1,63, %Fe=98,37

b)% Fe3C = 100 (6,69-1,63)/(6,69-0) = 75,6

% a = 100-75,6 = 24,4

c)

d)% martensita = 100 (6,69-1,63)/(6,69-1,25) = 93,0

% Fe3C = 100 - 93 = 7

4.10 Identificar las fases presentes en el siguiente diagrama e identificar los puntos en que seproduce fusin congruente e incongruente.

Solucin:


4.11 Un acero se ha enfriado rpidamente desde 900C hasta temperatura ambiente. Un estudiometalogrfico del mismo revela la existencia de un 93% de martensita y un 7% de cementita. Verfigura del problema 4.9.

a) Cul es la composicin del acero? (Puede suponerse que Mf es superior a la temperaturaambiente).b) Si el enfriamiento se hubiese efectuado lentamente (en equilibrio), qu fases y porcentajes de lasmismas se observaran a temperatura ambiente?c) Para la misma situacin del apartado b) qu porcentaje de mezcla eutctica cabe esperar?

Solucin:

a) Es hipereutectoide:

093667

667 125168%,

,, ,

,=-

- =

xx C

b)

%, ,,

,

% , ,

a =-

- =

= - =

669 168669 0

100 7488%

100 748 2511%3FeC

c)

%, ,, ,

,perlita=--

=669 168669 077

100 846%


5 Propiedades mecnicas de los materiales

5.1 Si la curva tensin verdadera-deformacin verdadera de un material viene dada por s =200.000Ke0,33, donde la tensin est en psi (1 MPa = 145 psi), cul es la resistencia ingenierilmxima del material?

Solucin:

Es bien conocido que el mximo en la curva ingenieril se alcanza en la curva verdadera cuando e= n= 0,33, en este caso.

Por otro lado, y haciendo uso de las relaciones entre las tensiones y deformaciones verdadera (s y e)e ingenieril (s y e), podemos decir que:

semx

mx

u

=+

s e( )( )1

( ) ( )s emx psi= =200000 033 1387000 33. , .,

( ) ( )e eu u u ue e= + = - = - =ln( ) exp exp , ,1 1 033 1 03909

(El subndice u hace referencia al valor mximo de tensin en la curva ingenieril.)

( )

s psimx= =138700

03399700

.exp ,

.

5.2 En un ensayo de traccin de un metal, la fractura ha ocurrido a mxima carga. Las condicionesde fractura fueron Afinal = 100 mm

2 y Lfinal = 60 mm. Los valores iniciales eran de A0 = 150 mm2 y L0 =

40 m.

a) Determinar la deformacin verdadera a rotura usando cambios en rea y longitud.

Materiales en la ingeniera. Problemas resueltos76

b) Se ensaya un material ms dctil, de tal modo que aparece estriccin. Las condiciones de fracturason ahora Lfinal = 83 mm, L0 = 40 mm, final = 8 mm y 0 = 12,8 mm. Calcular nuevamente ladeformacin verdadera usando variaciones de seccin y de longitud. Qu medida es ms exacta?

Solucin:

a)

e ffL

L=

=

=ln ln ,0

6040

0405

e ffA

A=

=

=ln ln ,0

150100

0405

Se obtienen valores idnticos porque el volumen se conserva en toda la longitud de la probeta al nohaber estriccin localizada (la rotura ocurri a carga mxima).

b)

e ffL

L=

=

=ln ln ,0

8340

0730

e ff f fA

A=

=

=

=

=ln ln ln ln,

,0

2

02

0

2

21288

0940

Al haber estriccin localizada, no es posible aplicar la regla de la constancia de volmenes, por esoes ms exacto en este caso medir la deformacin verdadera a travs de los cambios en seccin que enlongitud.

5.3 De un ensayo de traccin efectuado sobre una probeta normalizada de acero se obtuvo elsiguiente valor de reduccin de seccin (RA) en la rotura: RA = 25%. a) A qu valor dedeformacin verdadera rompi el material? b) Si la longitud inicial de la probeta era de L0=25 mm,cunto se alarg antes de romper?

Solucin:a) Por definicin

e fL

LfdL

L

L

Lo

f

= =

ln

0

y aplicando la conservacin del volumen:

ln lnL

LAA

f

f0

0

=


Por otro lado:

RAA A

A

A

A

A

ARA

A

A RAf f f

f

=-

= - = - =-

0

0 0 0

01 11

1

luego:

e f RA=

-

ln1

1

Si RA = 0,25, entonces sustituyendo ef = 0,287.

b) Si la estriccin fue localizada, es decir, la deformacin no fue homognea en toda la longitud de laprobeta, no es posible calcular Lf. Si por el contrario fue homognea, entonces

( )0287 028725

33310

, ln exp , ,=

= =

L

L

LL mmf f f

El incremento de longitud sera, para este ltimo caso, de 33,31-25 = 8,31mm.

5.4. Una torre muy grande debe ser soportada por una serie de cables de acero. Se estima que lacarga sobre cada cable ser de 15.000 N. Determinar el dimetro mnimo requerido suponiendo unfactor de seguridad de 2 y un lmite elstico de 750 MPa para el acero en cuestin.

Solucin:

strabajo = s

yelstico MPa

MPa= =750

2375

strabajo = PS

SP

oo

trabajo =

s

So = 15000

375106. N

Pa = 4 10-5 m2

Asumiendo una seccin cilndrica:

So =pf

fp

oo

oS2

44

=

( ) pio= -

= 7,1 10-3 m = 7,1 mm


5.5 Una probeta cilndrica de una aleacin de titanio con un dimetro original de 8 mm experimentadeformacin elstica exclusivamente cuando se aplica una carga de 7.500 N. Calcular la mximalongitud de la probeta antes de la deformacin si el alargamiento mximo permisible es de 0,40 mm.El mdulo de elasticidad de la aleacin es de 108 GPa.

P

fo = 8 mm P = 7.500 N

Dlmx = 0,40 mm lo ?

E = se

( )s

pf p= = =

= =

PS

P N

mPa MPa

o o2 2

6

4

4 7500

00081492 10 1492

.

,, ,

e exclusivamente elstica

es

= =

= =-E

MPaMPa

149210810

14 10 0001433, , ,

ee

= =D Dll

ll

oo

Para Dlmx = 0,40 mm

lomx = 04000014,,

mm= 285,7 mm

5.6 Si el esfuerzo para el cual se observa deformacin plstica en un aleacin de cobre es 300 MPa,cul es la mxima carga que se puede aplicar a una probeta de seccin transversal de 130 mm2 sinque sta se deforme plsticamente? Si la longitud original de la probeta es de 60 mm, cul es elmximo alargamiento permisible en el rango elstico? El mdulo de elasticidad de la aleacin es 110GPa.

So = 130 mm2

lo = 60 mm

Solucin:


smx (rango elstico) = 300 MPa = PS0

Pmax (rango elstico) = smx (r. el.) So = 300 106 Pa 130 mm2 1

10

2

6 2

mmm

= 39.000 N

emx (r. el.) = smxr el

EMPa

MPa( . . )

.=

= -300

1101027 10

33

e = Dllo

Dlmx (r. el.) = emx (r. el.) lo = 2,7 10-3 60 mm = 0,16 mm

5.7 Una muestra cilndrica de una aleacin metlica de 12 mm de dimetro es deformadaelsticamente a traccin. Una carga de 18.000 N produce una reduccin en el dimetro de la probetade 0,006 mm. Calcular el coeficiente de Poisson de este material si su mdulo de elasticidad es de105 GPa.

Solucin:

P = 18.000 N Df = fo - ff = 0,006 mmn = ? , si E = 105 103 MPa

n = -ee

lat

ax=- [(def. lateral)/(def. axial)]

elat = f ff

f o

o

m mm m

-= - = -

0 00612

0 0005,

,

eax = ( )s

p f

pE

PSE

N

PaN

m Pao

o

= =

=

=

18000

410510

4 18000

0012 10510000152

2

9 2 9

.

.

,,

luego:

n = ( )

--

=00005

000152,

, 0,33

5.8 Una probeta metlica cilndrica, de 15 mm de dimetro y 200 mm de longitud, es sometida a unesfuerzo de 28 MPa, nivel de tensin al cual toda la deformacin experimentada por ella es elstica.

a) Si el alargamiento mximo permitido es de 0,08 mm, cules de los metles de la tabla adjunta sonposibles candidatos?

b) Si adems la mxima reduccin de dimetro permitida es de 0,0012 mm, qu metales de la tablasatisfacen las condiciones requeridas?


Metal o aleacinMdulo de elasticidad(MPa x 104)

Mdulo de cizalladura(MPa x 104)

Coeficiente de Poisson

Aluminio 6,9 2,6 0,33Latn 10,1 3,7 0,35Cobre 11,0 4,6 0,35Magnesio 4,5 1,7 0,29Nquel 20,7 7,6 0,31Acero 20,7 8,3 0,27Titanio 10,7 4,5 0,36Tungsteno 40,7 16,0 0,28

Solucin:

a)s = 28 MPa

Si Dl < 0,08 mm eelstica < Dllo

mmmm

max=

00820,

eel. < 0,0004

E = se

es

= -8 10-5 y

n = -e

elat

axial donde

es

axialE

MPaE

= =28

as:


e ne nlat axialMPaE

= - = - > - -28

8 105

nE MPa MPa

195 MPa Aleacin Mg no cumple.

De 2:

f = 14 mm es

axialE

MPaE

= =195

e e neflateral axial= = -

120 mm

e fmnimamm

mm=

-= - = - -

0 010

140 00071 71 10 4

,, ,

Entonces:

-n eaxial > -7,1 10-4 n eaxial < 7,1 10-4 n195

71 104MPaE

< -,

nE MPa

< -36 1016,

As:

nE MPa MPaAl

=

= -033

701047 10

13

6, ,

nE MPa MPaAcero

=

= -027

2051013 10

13

6, ,

nE MPa MPaTi

=

= -036

1051034 10

13

6, ,

- Entre los dos candidatos posibles (Acero, Ti), la seleccin final se hace bajo consideracioneseconmicas.

PTA pieza Pesomaterial

pieza = Precio

t ;y


Pesopieza = rmaterial Vpieza

PTA pieza

PTA pieza

V

tV

gcm

PTAt

gcm

acero

Ti

aceroacero pieza

TiTi pieza

/

/

. ,

. . ,,=

=

=

Precio

t

Precio

r

r

10000078

1000000 4801625

3

3

Entonces la seleccin final es acero.

b)

PTAt Ti

para que PTA pieza

PTA piezaacero

Ti

= 1

1100000 78

48

3

3

=

. ,

,

PTAt

gcm

aPTAtg

cm

aPTA

t

PTAt

gcm

gcm

PTAtTi

=

=100000 78

48162500

3

3

. ,

,.

c) La aleacin de magnesio no puede ser competitiva a ningn precio pues su selstico < 195 MPa.

d) Nuevo selstico = 1,25 170 MPa = 212,5 MPa > 195 MPa, pero tambin se debe satisfacer elsegundo requerimiento.

nE MPa MPa MPaMg

=

= > - -029

451064 10

136 10

13

6 6, , ,

No cambiara la seleccin final.

5.10 Calcular la tenacidad de un material que cumple la ecuacin de Hollomon s = Ken . Expresarlaen funcin de las constantes caractersticas del material K y n y de la estriccin RA.

Solucin:

La tenacidad UT de un material se define como U dTf

= s ee

0, es decir, es la energa por unidad de

volumen absorbida por el material hasta el momento en el que tiene lugar la rotura.Por lo tanto:

U d K d KnT

n fn n

f f

= + = + = +-

+ + +

12

12

12 10 0 0 0 0 0

10

1

0 0

e s s e e s e e e se e

e

e

e

e


Recurdese que la expresin de Hollomon slo es vlida en el rango plstico.Por otro lado, dentro del rango elstico se cumple que s = Ee, donde E es el mdulo de Young. De ladefinicin de deformacin verdadera podemos decir que:

e ff

AA RA

=

=-

ln ln01

1

Sustituyendo ahora:

UE

KRA E

nT

n n

= +-

-

+

+ +

12

11

102

1

01

ss

ln

En el caso de que la energa absorbida en el rango elstico sea mucho menor que la correspondienteal rango plstico, la expresin anterior se simplificara a:

U KRA

nT

n

=-

+

+

ln1

11

1

Puede apreciarse que la tenacidad puede calcularse despus de conocerse la estriccin del material ysus constantes caractersticas.

5.11 Dejamos caer un objeto con un extremo agudo sobre el centro de una mesa circular de vidrio.El objeto tiene una masa de 9 kg y las dimensiones de la mesa son 1 m de dimetro () y 3 cm deespesor (t). Suponemos que la seccin de la mesa que recibe el impacto es la perpendicular a lasuperficie de la misma ( t). Se conoce que el valor de la energa absorbida por unidad de rea(resiliencia, r) de este vidrio es de 0,01 J/mm2.Desde qu altura mxima podremos dejar caer el objeto anterior sin que el vidrio se rompa?Datos: g = 9,8 N/kg

Solucin:

Las condiciones necesarias seran, tericamente, que la energa potencial del objeto fuese, comomximo, la energa que puede absorber el material en el impacto:

E M g h E Spotencial absorbida impacto= = = r

La nica incgnita de esta igualdad es el valor de h; por tanto, slo se ha de despejar h frente al restode valores, ya que Simpacto = d = 1 m 0,03 m = 0,03 m2 = 30.000 mm2.

5 Propiedades mecnicas de los materiales

85

hSM g

J mm mmkg N kg

mimpacto

=

=

=

0 01 3 109 9 8

3 42 4 2

,

,

,

Por tanto, se puede considerar que si se deja caer desde una altura inferior a 3,4 m, el objeto noprovocar la rotura del vidrio de la mesa.

5.12 La mesa del ejercicio anterior se somete a una inspeccin de grietas internas por mtodos nodestructivos. Se halla que las grietas son muy agudas, todas ellas paralelas a la superficie de la mesa yparalelas entre ellas (Y=1). La longitud mxima determinada para estos defectos se ha determinado yes de 18 mm.

Qu valor mximo de masa podemos colocar sobre la superficie de la mesa sin que sta se rompa acausa de los defectos?

Datos: KIC(vidrio) = 900 Pa m

Solucin:

Si el esfuerzo que supone una masa M sobre la superficie circular de la mesa (S= 2 /4) supera elvalor asociado a la tenacidad a fractura del vidrio, la mesa se romper; por tanto, se ha de hallar quesfuerzo mximo se puede soportar y, a partir de aqu, qu fuerza (peso) se asocia a ese esfuerzo. Elvalor de a que hay que considerar es el equivalente a la semilongitud de los defectos hallados, ya queson todos internos: 2 a = 18 mm, y de aqu a = 9 mm = 0,009 m.

KIC=Y a =KIC / (Y a)=900 Pam / (1 0,009 m)

KIC =5.352,4 Pa (N/m2)

Si = F/S ;S = 2 /4 = ( /4) m2;

F = S = 5.352,4 N/m2 ( /4) m2 = 4.203,7 N

Y de aqu, M = F / g = 4.203,6 N / (9,8 N/kg) = 428,9 kg, que es la masa mxima que soportar lamesa de vidrio sin romperse.

5.13 Una aleacin de aluminio 3105 (ver figura adjunta) debe tener un dimetro de 3,81 cm con unaresistencia a la traccin de, por lo menos, 185 MPa. Determinar el porcentaje mnimo de trabajoen fro que debe efectuarse para hacer la barra y el dimetro mnimo de la barra original.


(1 pulgada = 2,54 cm, 1 MPa= 145 psi)

Solucin:

D = 3,81 cm

( )

cmDD

D

D

D

D

psipsi

ksiMPa

psiMPa

72,465,052,14

52,1465,0

81,3

44

81,335,0

94,24000.11

1145

172

020

20

220

20

220

===

-

=

-=

=

p

pp

Esto supone una deformacin en fro de un 35%.


5.14 Dos probetas de la misma aleacin metlica y sin deformacin previa son conformadas y, porconsiguiente, sus secciones reducidas. Una tiene la seccin circular y la otra rectangular; y durante elconformado las secciones mantienen sus respectivas formas. Las dimensiones originales y despus dela deformacin son:

Circular (dimetro, mm) Rectangular (mm)DimensionesOriginales 20,0 20,0 x 40,0Deformadas 16,0 14,0 x 43,8

Cul de estas probetas tendr mayor dureza despus de la deformacin plstica? Por qu?

Solucin:

Para una muestra

S = b h : h 20 14

b 40 43,8

y para la otra: f

S = pf2

4 :

20 16

La dureza relativa entre las dos muestras viene dada por un porcentaje mayor o menor de trabajo enfro al cual hayan sido sometidas durante el conformado; as:

% CW = S S

So f

o

-

100

(1)

% CW = b h b h

b ho o f f

o o

-

= -

=

10020 40 14 438

20 40100 234%

,,

(2)

% CWo = pf pf

pf

o f

o

2 2

24 4

4

10020 16

20100 360%

2 2

2

-

=

-

= ,

Materiales en la ingeniera. Problemas resueltos

88

En el caso (2) obtendramos una dureza mayor que en el caso (1).

5.15. Se desea seleccionar una aleacin metlica para una aplicacin que requiere un lmite elstico yuna ductilidad mnimos de 300 MPa y 27% (alargamiento a rotura), respectivamente. Si la aleacinpuede trabajarse en fro, decidir entre cobre, latn y acero 1040. Por qu? La variacin de algunascaractersticas mecnicas en funcin del porcentaje de trabajo en fro, para los materiales bajoconsideracin, se muestra en las figuras adjuntas.

Solucin:


Los requerimientos de la aplicacin son:sel > 330 MPa y %ef > 27%Veamos para qu condiciones de trabajo en fro (si es necesario) los materiales bajo consideracinsatisfacen los requerimientos citados:sel > 300 MPa %ef > 27%

cobre, para %CW > 38% cobre, para %CW < 10%latn, para %CW > 15% latn, para %CW < 19%acero 1040, aun para %CW = 0 acero 1040 para ningn caso.

Puesto que los dos requerimientos deben ser cumplidos simultneamente, la seleccin ser latntrabajado en fro entre el 15% y el 19%.

5.16 Una barra cilndrica de latn, de 10 mm de dimetro original, se va a deformar en fro portrefilado, mantenindose la seccin circular durante el proceso de conformado. Se requiere un lmiteelstico en exceso de 350 MPa y una ductilidad de, al menos, el 15 %. Si el dimetro final debe serde 7,5 mm,

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