Materiales- Upc- Materiales en ingeniería. Problemas resueltos

Índice9

MATERIALES ENINGENIERÍA

Problemas resueltos

Francisco Javier Gil MurJosé María Cabrera Marrero

Maria Lluïsa Maspoch RulduàLuis Miguel Llanes PitarchMª Núria Salán Ballesteros

Índice 9

Índice

1 Estructura cristalina 11

2 Propiedades físicas de los materiales 31

3 Materiales poliméricos 41

4 Diagramas de equilibrio 55

5 Propiedades mecánicas de los materiales 75

6 Metalografía 103

Índice 9

Prólogo

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

En él 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 físicas de los materiales.3. Materiales poliméricos.4. Diagramas de equilibrio.5. Propiedades mecánicas de los materiales.6. Metalografía.

Los problemas están resueltos para que el alumno pueda autoevaluarse y descubrir cuáles son suserrores o faltas de comprensión de los diferentes temas. Se ha incorporado un capítulo demetalografía para completar el conocimiento de las microestructuras más habituales de aleacionesampliamente utilizadas a nivel industrial. Estas micrografías pueden ayudar a los estudiantes alreconocimiento de las microstructuras y fases que las constituyen, así como de los problemastecnológicos que pueden presentar.

Los autores han pretendido que este libro sea de utilidad para el conocimiento y la comprensión delos materiales a base del planteamiento y la resolución de problemas. Nos gustaría que tambiénmotivase a los lectores a un conocimiento más 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 último, deseamos agradecer a todo el personal del Departamento de Ciencia de los Materiales eIngeniería Metalúrgica de la Escola Tècnica Superior d’Enginyers Industrials de Barcelona(ETSEIB) de la UPC, la ayuda y el ánimo que en todo momento nos han prestado, en especial aConrado, Patricia y Susana, ya que sin ellos todo habría sido mucho más difícil.


1 Estructura cristalina

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

Solución:

Materiales en ingeniería. Problemas resueltos12

a) La masa de un átomo

55,847g

mol

1mol

6,023 1023at.9,27 10 23 g / at.⋅

⋅= ⋅ −

b) La densidad del hierro

n at atº .: .8 18 1 2⋅ + =

V a= 3

ϕ =⋅ ⋅ −

⋅ − ⋅ =2 9 27 10 23

2 87 10 10 31

10007 843 3at g at

m

kg

gkg m

. , / .

( , ) .. /

c) El radio atómico del hierro

4 3r aA = ⋅

ra

A =⋅

=⋅

=3

4

2 87 3

4

, 1,24Å

d) El volumen atómico

V r m mA A= ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅− −43

3 43

10 3 30 31 24 10 7 98 10π π ( , ) ,

e) El número de átomos por m3

2 2

2 87 108 46 10

10 3

28 3at

V

at

mat m

celda

. .

( , ), ./=

⋅= ⋅−


f) El número de átomos por g

6 023 101

55 8471 08 1023 22,

.

,, ./⋅ ⋅ = ⋅

at

mol

mol

gat g

g) El número de moles por m3

7 843 31000

55 8471 40 105 3.

.

,, /

kg

m

mol

kgmol m⋅ = ⋅

h) La masa de una celda unitaria

21

6 023 102355 847

11 85 10 22at

celda

mol

at

g

molg celda

.

, .

,, /⋅

⋅⋅ = ⋅ −

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

1

26 023 10

1

55 8475 39 1023 21celda

at

at

mol

mol

gcelda g

.,

.

,, /⋅ ⋅ ⋅ = ⋅

j) El volumen de una celda unitaria

V a m m= = ⋅ = ⋅− −3 10 3 29 32 87 10 2 36 10( , ) ,

k) La densidad atómica lineal en la dirección [1 2 1]

dat

aat m[ ]

., ./121

91

61 42 10=

⋅= ⋅

nº átomos = ½ + ½ = 1

b a a= ⋅ − + − + − = ⋅( ) ( ) ( )1 0 2 0 1 0 62 2 2

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

( ) ( );( );( )120 2 1⇒ = = = ∞ →x y z Puntos de intersección con los ejes

S a a a a= ⋅ + = ⋅2 2 22 5( )

dat

aat m( )

., ./120

14

2

18 24

55 43 10=

⋅

⋅= ⋅


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

a) La densidad teórica,b) La densidad atómica lineal en la dirección [1 1 0],c) La densidad atómica superficial en el plano (1 1 1),d) El radio atómico, ye) El factor de empaquetamiento.

Solución:

a) La densidad teórica

ϕ = =⋅

⋅=

m

V

M

N akg mA

A

42 6973

3. /

b) La densidad atómica lineal en la dirección [1 1 0]

[ ]da

at m110

92

23 49 10=

⋅= ⋅, ./

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


( )dS111

2=

( )al a l a

⋅

+ = ⋅ ⇒ = ⋅

2

22

3

2

2

22

Sl a a

=⋅ ⋅

=⋅2

2

3

2

2

( )d at m11119 21 408 10= ⋅, ./

d) El radio atómico

4 22

40143 10 9R a R

am= ⋅ ⇒ =

⋅= ⋅ −,

e) El factor de empaquetamiento

F ER

a. . ,=

⋅ ⋅ ⋅=

40 74

43

3

3

π

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

Solución:

- Cúbica simple

F En V

Vat

celda

. . .=⋅


rat. = a / 2

Va

at . = ⋅ ⋅

4

3 2

3

π

n = 1/8 · 8 = 1

( )F E

a

a

. .=⋅ ⋅ ⋅

=1

6

43 2

3

3

π π = 0,52

- Cúbica centrada en el cuerpo(Véanse figuras del ejercicio 1.1)

( )D a a a= + = ⋅2 32 2

4rat = D

4 3r aat . = ⋅

r aat. = ⋅3

4

n = (1/8 · 8) + 1 = 2

( )F E

n V

V

a

a

a

aat

celda

. . .=⋅

=⋅ ⋅ ⋅ ⋅

=⋅ ⋅

= ⋅2 3

8

43

34

3

3

38

3

3

π ππ = 0,68

- Cúbica centrada en las caras


d a= ⋅2

4rat. = d

4 22

4r a r aat at. .= ⋅ ⇒ = ⋅

Va

aat . = ⋅ ⋅⋅

= ⋅ ⋅

4

3

2

4

2

24

3

3π π

n = (1/8 · 8) + (1/2 · 6) = 4

F En V

V

a

aat

celda

. . .=⋅

=⋅ ⋅ ⋅

= ⋅4 2

6

224

3

3

ππ = 0,74

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

a) El volumen de la triple celda unitaria, y

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

Solución:


a)V = Superficie base · alturaÁrea del triángulo = (b·h) / 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 relación 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 átomos están ligeramente alargados a lolargo del eje c de la celda unitaria.La celda unitaria está distorsionada por una elongación a lo largo del eje c.El tanto por ciento de desviación es:[(1,889 - 1,633) / 1,633 ] · 100 = 15, 7 %

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

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

Solución:

a)

dn M

V NV

n M

d NA

A

A

A

=⋅⋅

⇒ =⋅⋅

Vat Kg mol at

kg m at molm=

⋅ ⋅⋅ ⋅

= ⋅ −6 0 04790

4 510 6 023 101 05771 103 23

28 3. , / .

. / , ./,


V = 3 · a2 · c · sen 60

( )cV

a

m

mm mm=

⋅ ⋅⇒

⋅⋅ ⋅ ⋅

= ⋅ =−

−−

3 60

1 05771 10

3 0 2950 10 604 678 10 0 4678

2

28 3

9 2

10

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 átomos de titanio están ligeramente comprimidos en la dirección del eje c. La celda unidadestá distorsionada por una compresión a lo largo del eje c.El tanto por ciento de desviación es:((1,586 - 1,633) / 1,633) · 100 = -2,81 %.

1.6 El hierro puro se presenta en tres formas alotrópicas según la temperatura:- Hierro α. Cúbico centrado en el cuerpo: a = 2,90 · 10-10 m de parámetro reticular- Hierro γ. Cúbico centrado en las caras: a = 3,65 · 10-10 m de parámetro reticular.- Hierro δ. Cúbico centrado en el cuerpo: a = 2,93 · 10-10 m de parámetro reticular.Determinar:a) La densidad del hierro en cada caso, yb) Partiendo de un cubo de 1 m3 de Fe-α, ¿qué volumen ocupará este cuerpo cuando se transforme enFe-γ ? ¿y al transformarse en Fe-δ?(peso molecular del hierro: 55,85 g/mol).

Solución:

a)

( )d

n M

N V

at kg molat

molm

kg mFeA

A−

−=

⋅⋅

=⋅

⋅ ⋅ ⋅=α

2 0 05585

6 023 10 2 90 107 604 07

23 10 3 3

3. , /

,.

,. , /

( )d kg mFe− −

=⋅

⋅ ⋅ ⋅=γ

4 0 05585

6 023 10 3 65 107 627 66

23 10 33,

, ,. , /

( )d kg mFe− −

=⋅

⋅ ⋅ ⋅=δ

2 0 05585

6 023 10 2 93 107372 88

23 10 33,

, ,. , /

b)

1 17 604 07

1

1

1

1

7 623 660 99743 3

3

33m Fe m Fe

kg Fe

m Fe

kg Fe

kg Fe

m Fe

kg Fem− = − ⋅

−−

⋅−−

⋅−

−=γ α

αα

γα

γγ

. ,

. ,,

1 m3 Fe-δ ocupará 1,0313 m3.


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

a) Hallar el número de coordinación (NC) para cada tipo de átomo, yb) Calcular la densidad teórica del compuesto.

Datos: MCa = 40,08 g/molMTi = 47,88 g/molMO = 16,00 g/molNA = 6,023 ·1023 mol-1

RCa2+ = 0,099 nm

RTi4+ = 0,061 nm

RO2- = 0,140 nm

Solución:

a) El Ti tiene seis átomos de oxígeno a a0/2 ⇒ NCTi=6.

El Ca tiene tres átomos de oxígeno (por celda) situados a ( 2 2 )·a0, pero cada átomo de Ca

pertenece a ocho celdas, y los átomos de oxígeno están compartidos por dos celdas (centran lascaras), por tanto, NCCa=3·8·(1/2)=12.Con el O se han de considerar todos los cationes, por tanto, cada átomo de oxígeno tiene dos átomos

de titanio a a0/2 y cuatro átomos de Ca a ( 2 2)·a0, por tanto, NCO=2+4=6.

b)

ρ =⋅ + ⋅ + ⋅

⋅1 1 3

0

at Cacelda Ca

at Ticelda Ti

at Ocelda O

A

M M M

a N

. . .

1 átomo de Ba/celda ⇒ 8 átomos de Ca en los vértices que colaboran con 1/81 átomo de Ti/celda ⇒ 1 átomo central3 átomos de O/celda ⇒ 6 átomos de oxígeno centrando caras, que colaboran con ½


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

2 2 2 0 3380 0⋅ = ⋅ + ⋅ ⇒ =a r r a nmCa O ,

o bien:a r r a nmO Ti0 02 2 0 402= ⋅ + ⋅ ⇒ = ,

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

3 =6,496 ·10-23 cm3

ρ =⋅ + ⋅ + ⋅

⋅ ⋅ ⋅=− −

1 40 08 1 47 88 3 16 00

6 496 10 6 023 103 4723 3 23 1 3

, , ,

, ,,

gmol

gmol

gmol

cm mol

g

cm

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

MO = 16,00 g/molNA = 6,023 · 1023 mol-1

RMg2+ = 0,072 nm

RO2- = 0,140 nm

Solución:

a) ρexp = 3,2 g/molρteórica = ?a0 = 2rMg + 2rO = 0,424 nm = 4,24 · 10-8 cma0

3 = 7,62 · 10-23 cm3

Átomos de Mg: 12 centrando las aristas (1/4) + 1 átomo interior = 4 át.Mg/celda


Átomos de O: 6 átomos centrando las caras y 8 átomos centrando los vértices ⇒ (6·(1/2)) +(8·(1/8))=3 + 1= 4 át.O/celda

ρteórica

at Mgcelda

g Mgmol

at Ocelda

g Omol

atmolcm

gcm

=⋅ + ⋅⋅ ⋅ ⋅

=−

4 24 31 4 16

7 62 10 6 023 103 51223 3 23 3

. . . .

.

,

, ,,

ρteórica > ρexp. ⇒ realmente no habrá 4 moléculas de MgO por celda, sino menos.

ρexp.

. . . .

.

,

, ,=

⋅ + ⋅⋅ ⋅ ⋅−

n n

cm

at Mgcelda

g Mgmol

at Ocelda

g Omol

atmol

24 31 16

7 62 10 6 023 1023 3 23

3 240 31

45 893 64 0 36,

,

,, ,g

mol ng

moln vacantes

celda= ⋅ ⋅ ⇒ = ⇒

%,

, %vacantes vacantes= ⋅ =0 36

4100 8 9

b)

F EVol at celda

Vol celda

r r

areal

at Mg

celda Mgat Ocelda O

. .. ./

.

, ,. .

= =⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ ⋅3 644

33 64

4

33 3

03

π π

( ) ( )( )

F Enm nm

nmreal

at Mg

celda

at O

celda

. ., , , ,

,

. .

=⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ ⋅3 64

4

30 072 3 64

4

30 140

0 424

3 3

3

π π

F E real. ., ,

,,=

⋅ +=

−5 69 10 0 0418

0 07620 62

3

F Er r

ateórico

at Mg

celda Mgat O

celda O

. . ,

. .

=⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ ⋅

=4

4

34

4

3 0 68

3 3

03

π π

% . .. . . .

. .

, ,

,,∆F E

F E F E

F Eteórico real

teórico

= ⋅−

=−

⋅ =1000 68 0 62

0 68100 8 82%

Sí, presenta aproximadamente la misma variación respecto al valor correspondiente a la estructurareal.

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

Datos: MAg = 107,87 g/molMCu = 63,55 g/molNA = 6,023·1023 mol-1

RAg = 0,144 nmRCu = 0,128 nm


Solución:

a)

ρteórica

at Agcelda Ag

at Ocelda O

A

n M n M

a N=

⋅ + ⋅⋅

. .

03

FCC ⇒ 4 át./celda (teórica)

2 44 0 144

20 4070 0⋅ = ⋅ ⇒ =

⋅=a r a

nmnmAg

,,

¿Cuántos átomos habrá de Ag y Cu en la celda? Dependerá de si forman solución sólida sustitucionalo bien solución sólida intersticial.Aplicamos la relación Hume-Rothery:

r r

rs s sAg Cu

Ag

−⋅ =

−⋅ = < ⇒100

0 144 0 128

0 144100 11% 15%

, ,

,. . .

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

AgatmolAgg

AgatmolAgg 04,9

87,107

1955 =×

CuatmolCug

CuatmolCug 39,0

55,63

125 =×

De 9.43 moles de átomos, 9.04 mol serán de Ag y 0.39 mol serán de Cu, de manera que lasproporciones serán:

totalCuattotalesatCuatCu

totalAgattotalesatAgatAg

/04,0/43,9

39,0:

/96,0/43,9

04,9:

=

=


De manera que los 4 átomos que habrá en la celda elemental estarán distribuidos de la forma siguiente:

celdaCuatceldaCuatCu

celdaAgatceldaAgatAg

/16.0/04.04:

/84.3/96.04:

=×=×

Así, la densidad teórica es:

( ) 3.2337

....

51,1010023,610407,0

55,6314,0087,10786,3

cm

g

cm molat

molCug

celdaCuat

molAgg

celdaAgat

teórica =⋅⋅⋅

⋅+⋅=−

ρ

b)

30

3.3.

3

414,0

3

486,3

./.

..a

rr

celdaVol

celdaatVolEF

CuceldaCuat

AgceldaAgat ⋅⋅⋅+⋅⋅⋅

==ππ

( ) ( )( )3

3.3.

407,0

128,03

414,0144,0

3

486,3

..nm

nmnmEF

celdaCuat

celdaAgat ⋅⋅⋅+⋅⋅⋅

=ππ

74,00674,0

104054,10482,0..

4

=⋅+=−

realEF

1.10 A temperaturas elevadas, el estroncio (Sr) presenta una estructura BCC. Si se enfría, experimentauna variación alotrópica, y a temperatura ambiente su estructura es FCC.a) Calcular la variación volumétrica porcentual que se produce durante el enfriamiento,b) Esta variación alotrópica, al enfriarse, ¿corresponde a una contracción o a una dilatación?, yc) ¿Qué estructura será más densa? Demostrarlo.

Solución:

a)Vinicial ⇒ BCC ⇒ 2 át./celda

3 ·a0=4·r ⇒ a0 = (4·r)/ 3

Vr

r rinSr

Sr Sr=⋅

= ⋅ = ⋅4

32 309 12 310

3

3 3 3, ,

Vfinal ⇒ FCC ⇒ 4 át./celda

2 ·a0 = 4·r ⇒ a0 = (4·r)/ 2

Vr

r rfinSr

Sr Sr=⋅

= ⋅ = ⋅4

22 828 22 617

3

3 3 3, ,

2 celdas BCC ⇒ 1 celda FCC

4 át. ⇒ 4 át.


%, ,

,,∆V

V V

V

r r

rf i

i

=−

⋅ =⋅ − ⋅ ⋅⋅ ⋅

⋅ = −10022 617 2 12 310

2 12 310100 8 136%

3 3

3

b) Es una contracción ya que Vi > Vf.

c) ρFCCSr

Sr

M

r

M

r= ⋅

⋅ ⋅ ⋅= ⋅ −4

22 617 6 023 102 93 103 23

253, ,

,

ρBCCSr

Sr

M

r

M

r= ⋅

⋅ ⋅ ⋅= ⋅ −2

12 310 6 023 102 69 10

3 2325

3, ,,

Así pues, es más densa la estructura FCC.

1.11 Un laboratorio recibe un lingote paralelepipédico metálico, sin defectos macroscópicos, dedimensiones 2 x 2 x 10 cm y 294,920 g de masa. La única información “verdadera” de que dispone esla de una etiqueta: “Cr-BCC”.a) ¿Qué tipo de defectos presenta el lingote?, yb) Una información posterior indica que existe un 10 % de defectos no sustitucionales. ¿Qué puedeser?Datos: MCr = 52,01 g/mol

rCr = 0,125 nm

Solución:

a) V = (2·2·10) cm3 = 40 cm3

m = 294,920 gρexp = 294,920 g / 40 cm3 = 7,373 g/cm3

BCC ⇒ 2 át./celda

3 ·a0 = 4·r ⇒ r = 0,125·10-7 cm

ρteórica

at Cr g mol

cm mol

g

cm

g

cm=

⋅

⋅ ⋅

⋅ ⋅= =

− −

2 52 01

4

30 125 10 6 023 10

104 02

14 497 7178

7

3

23 1

3 3

. , /

, ,

,

,,

ρexp > ρteórica ⇒ tiene inserciones, o bien ha formado solución sólida sustitucional con un elemento máspesado.

b) Si no son sustitucionales, son intersticiales, es decir, forman solución sólida intersticial.c)

molgMM

cm

g

molcm

MmolgCrat

/07,14373,749,14

2,002,104

373,710023,610406,2

21,0/01,52.23123323exp

=⇒=⋅+⇒

⇒=⋅⋅⋅

⋅⋅+⋅= −−ρ


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

1.12 Calcular qué familia de planos presenta mayor densidad atómica:

-1 1 0 para BCC-1 0 0 para FCC

Solución:

ρBCC

at

a aa=

⋅ ⋅= −2

2

2

22.


ρFCC

at

aa= = ⋅ −2

22

2.

ρ ρ100 110FCC BCC>

1.13 La distancia interatómica de equilibrio para el compuesto iónico LiF es xo=2,014 Å. Usando laexpresión de Born, para la cual, en el caso del sistema LiF, el exponente es n=5,9, y sabiendo que elpotencial de ionización es de 5,390 eV y la afinidad electrónica es de 3,45 eV. Calcular:a) La energía potencial mínima: Epmin,b) La energía de disociación del enlace: EDLiF; y realizar un esquema del proceso, yc) El momento dipolar.

Solución:

a) La energía potencial del sistema LiF puede expresarse usando la relación de Born


Ez e

x

b

xpo

n= −⋅

⋅ ⋅ ⋅+

2 2

4 π ε

z: valencia de los ionese: carga del electrón ⇒ e = 1,6022·10-19 C

εo: permisividad del medio, en este caso, en el vacío ⇒ επo Nm c

=⋅ ⋅ ⋅ −

1

4 9 109 2 2

b: constante característica [Nm2]n: exponente de Born; para el LiF vale 5,9x: distancia interatómica [m]La energía potencial es mínima para x=x0 (distancia interiónica de equilibrio); para calcularlahemos de conocer b.En la posición de equilibrio:

dE

dx

p

x x

=

= 0

0

z e

x

n b

xb

z e x

non

n

o

2 2

02

01

2 20

1

40

4

⋅⋅ ⋅ ⋅

−⋅

= ⇒ =⋅ ⋅⋅ ⋅ ⋅+

−

π ε π ε

( ) ( )b

c m

N m c

N m=⋅ ⋅ ⋅ ⋅

⋅ ⋅⋅ ⋅ ⋅ ⋅

⋅

= ⋅− −

−

−1 6022 10 2 014 10

41

4 9 105 9

1 21 1019 2 2 10 4 9

9 2 2

76 6 9, ,

,

,

,

,

ππ

( )( )

Epc

c

N m

N m

mJx x=

−

−

−

−

−=⋅ ⋅ ⋅

⋅ ⋅⋅ ⋅ ⋅

⋅ ⋅

+⋅

⋅= − ⋅

0

1 1 6022 10

44 9 10

2 014 10

1 21 10

2 014 109 5247 10

19 2 2

2

9 210

76 6 9

10 5 919

,

,

,

,,

,

,

ππ

− ⋅ ⋅⋅

= − =−− =9 5247 10

1

1 6022 105 9419

19 0,

,,J

eV

JeV 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 · ∆Sm: momento dipolarz: n.º de electrones; z =1


e: carga del electrón; e = 1,6022 · 10-19 C∆S: separación de los baricentros de las cargas; ∆S = 2,014 Å

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 cúbico simple posee una constante reticular a = 400 pm yque se emplean rayos X con una longitud de onda de λ = 75 pm. Calcular cuáles serán los ángulos dedifracción de primer orden para las caras (1 1 1), (0 1 1) y (1 1 2).

Solución:

En el sistema cúbico, 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: n·λ = 2·d·sen θ

Para los ángulos de difracción de primer orden, tendremos n=1:

qla

o111

23

75

2400

3

9 20 42=⋅

=⋅

=arcsen arcsen ' ''

θλ

011

22

75

2400

2

7 37 8=⋅

=⋅

=arcsen arcsenao ' ''

θλ

011

26

75

2400

6

13 16 33=⋅

=⋅

=arcsen arcsenao ' ''


2 Propiedades físicas de los materiales

2.1 Para el vanadio, el campo crítico a 3 K es Hc = 7,1 · 104 A·m-1. La temperatura de transición esde 5,3 K. Calcular:a) El valor del campo crítico 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.

Solución:

a)

Hc HT

TH

Hc

T

T

HA m

A mc

c

= −

⇒ =

−

⇒ =⋅ ⋅

−

= ⋅ ⋅−

−0

2

0 2 0

4 1

25 11

1

71 10

13

5 3

1 05 10,

,

,

b)

rI

HmmC

C

=⋅ ⋅

=⋅ ⋅

⋅ =−

2

200

14 210 0 4484

π π,

2.2 Sabemos que para el silicio, el intervalo de energías prohibidas es de Eg = 1,10 eV. Calcular:a) La energía del nivel de Fermi,b) La concentración de portadores de carga a 20 oC, yc) La conductividad intrínseca 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/V·sbp = 2,5 · 104 T-2,3 m2/ V.s

Solución:

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


b)

N T en

E

KT

g

= ⋅ ⋅ ⋅−

4 83 1021 232,

K = 1,38 · 10-23 J/K

( )N K e mn

eV

J

KK

J

eV= ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅

−

⋅ ⋅ ⋅

⋅ ⋅

−

− −−

4 83 10 293 8 56 1021

1 10

2 1 38 10 293 1 6 1015 3

32

23 191

, ,

,

, ,

c)bn = 4 · 105 T-2,6 m2/V·s = 4 · 105 · (293)-2,6 = 0,154 m2 / V.s

bp = 2,5 · 104 T-2,3 m2/ V.s = 2,5 · 104 · (293)-2,3 = 0,053 m2 / V.sσ20

oC = Nn · e · ( bn + bp) = 8,56·1015 m-3 · 1,6·10-19 C (0,154 + 0,053 = 2,84·10-4 (Ωm)-1

2.3 ¿Qué resistencia presentará un hilo de cobre de 50 m de longitud y 0,5 mm de radio?

Datos: ρ (Cu) = 1 7 10 6, ⋅ ⋅− Ω cm

Solución:

Rs

lcm

s

l= ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅−ρ 1 7 10 6, Ω

s mm cm cm= ⋅ = ⋅ = ⋅ −( , ) ( , ) ,0 5 0 05 7 85 102 2 3 2π π

l m cm= =50 5 000.

R cmcm

cm= ⋅ ⋅ ⋅

⋅= ⋅−

−−1 7 10

7 85 10

50002 67 106

3 212,

,

.,Ω Ω

2.4 La resistividad del germanio (Ge) es de 2 Ω⋅cm y su densidad es de 5 g/cm3. La concentración de‘huecos’ electrónicos es, aproximadamente, 1,8⋅1015 por cm.a) Calcular la movilidad de estos huecos electrónicos.b) El germanio puro no presenta ‘huecos’, sino que estos aparecen al ‘dopar’ el material con otro tipode átomos. ¿Cuáles provocarían esta situación?

Solución:

ρ (Ge) = 2 Ω cmd (Ge) = 5 g/cm3

[huecos] = 1,8⋅1015 huecos/cm3 Ge


a) µhuecos?

ne

=⋅ ⋅1

ρ µn: concentraciónρ: resistividade: carga eléctrica = carga del “hueco” (h)µ: movilidad

18 101

2 1 6 1015 3

19, ./, /

⋅ =⋅ ⋅ ⋅−h cm

cm C hΩ µ

µ =⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅−

1

18 10 2 1 6 1015 3 19, / , /h cm cm A s hΩ

µ =⋅ ⋅

17362

.cm

A sΩ

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

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

2.5 Fabricamos un condensador con dos láminas de 25x25 cm muy finas y un dieléctrico de micaentre ellas. Se aplica una carga de 0,06 mC a cada lámina.a) Calcular la densidad superficial de carga en las láminas.b) ¿Cuál será el campo eléctrico que actuará en el dieléctrico?c) Calcular la densidad superficial de las cargas inducidas en la mica.d) Calcular la polarización del dieléctrico.Datos:

εr(Ge) = 4 εo= (4·π·9⋅109)-1 C2/N⋅m2

Solución:

a) Q = 0,06 mC

dQ

s

mC

cm

C

ms = =⋅

=⋅

⋅

−0 06

2 25

0 06 10

2 0 252

3

2

,

( )

,

( , )

d C ms = ⋅ −4 8 10 4 2, /

b)

Eds=ε

ε = εr ⋅ εo = 4 / 4·π⋅9⋅109 (C2/N·m2) = 3,537⋅10-11 C2/N⋅m2

E N C V m=⋅⋅

= ⋅ = ⋅−

−

4 8 10

3 537 1013 571 10 13 571 10

4

116 6,

,, / , /


c)d E E Esi o o r= ⋅ − ⋅ = ⋅ −ε ε ε ε( )1

d C msi =⋅

⋅ ⋅ ⋅− =

13 571 10

4 9 104 1 3 599

6

92,

( ) , /π

d)

P E C mo e= ⋅ ⋅ =⋅ ⋅ ⋅

⋅ = ⋅ −ε χπ

3

4 9 1013 571 10 3 599 10

96 4 2( , ) , /

χ εe r= − = − =1 4 1 3

2.6 La susceptibilidad magnética del aluminio a 20oC es χm= 0,65 · 10-6. Calcular:a) La permeabilidad relativa,b) La permeabilidad absoluta,c) La magnetización para una excitación H = 106 Am-1,d) La inducción magnética, ye) La relación entre los valores de B en el Al y el vacío.

Solución:

a) µr = 1 + χm = 1 + 0,65·10-6 = 1,00000065b) µ = µr·µo = 1,00000065·4·π·10-7 = 1,2566·10-6 Wbm-1A-1

c) M = χm·H = 0,65·10-6· 106 = 0,65 Am-1

d) Bal = µ·H = 1,2566·10-6·106 = 1,2566 Wbm-2

e) Bo = µo·HBAl = µo·(1 + χm)·HBAl / Bo = 1 + χm = µr = 1,00000065

2.7 Se dispone de una probeta cilíndrica de cobalto, cuyas dimensiones son: longitud l=150 mm;diámetro d=10 mm.La acción de un campo magnético uniforme está asociada a una inducción de valor B=0,94 Wbm-2.Calcular la energía almacenada en el vacío, así como en un acero templado de permeabilidad relativaµr = 1.458.

Solución:Volumen = (π·d2·l)/4 = 1,178·10-5 m3

Densidad de energía en un campo magnético: W

V

B= ⋅

1

2

2

µ

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


B: inducción magnética; B = 0,94 Wbm-2

µ: permeabilidad absoluta en el vacíoµ = µo = 4·π·10-7 Wbm-1A-1

en acero templado µ = µr·µo

Vacío:

( )Wb A m kg s A A m kg s N m J⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅ =− − −2 2 1 2 2

Acero templado:

Wd l B

Jr

=⋅ ⋅

⋅ ⋅= ⋅−

−2 2

73

32 102 84 10

µ,

2.8 La susceptibilidad magnética del molibdeno (Mo) es de 1,19⋅10-4. Determinar:

a) La susceptibidad absoluta,b) La permeabilidad relativa, yc) Si se somete a la acción de un campo magnético de intensidad 1.000 A/m, calcular cuál será lamagnetización del molibdeno en estas condiciones.

Datos:µo = 4·π⋅10-7 H/m

Solución:

a)χm : susceptibilidad magnética χm = 1,19⋅10-4

µr : permeabilidad relativa µr = 1+ χm

µ : permeabilidad absoluta µ = µr ⋅ µo

µ = µr ⋅ µo = (1+ χm) ⋅ µo = (1 + 1,19⋅10-4) ⋅ 4·π·10-7 H/mµ = 1,257⋅10-6 H/m

b)

µµµ πr

H m

H m= =

⋅=

−

−0

6

7

1 257 10

4 101 000119

, /

/,

c)H = 1.000 A/mM ?

Μ = χm⋅H = 1,19⋅10-4⋅1.000 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 magnético dipolar (µm).b) El momento del dipolo si lo colocamos en el interior de un campo magnético de inducción de 3Wb/m2 perpendicular a la bobina.c) ¿Qué valor presentará el campo magnético (B) en un punto situado a 2,5 cm del centro de labobina?

Datos:µo = 4·π·10-7 H/m = Wb/mA1 Wb = 1V⋅1s

Solución:

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

S r m= ⋅ = ⋅ −π 2 32 827 10,

µm n I S A m A m= ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅−100 1 2 827 10 0,28273 2 2,

µm A m= ⋅0,2827 2

b) B = 3 Wb/m2

θ = 90º

τ µ θ= ⋅ ⋅m B sen

τ = ⋅ ⋅ = ⋅ = ⋅0 2827 3 90 0 8481 0 84812

2, , ,Am

Wb

mA Wb N mosen

Α⋅Wb = A⋅V⋅s = W⋅s = J = N⋅mτ = 0,8481 N⋅m

c)

[ ]B

I R

R x

A m

m mo o=

⋅+

=⋅

+µ µ

2

2 2 3 2

2

2 2 3 22

1 0 03

2 0 03 0 025( )

( , )

( , ) ( , )/ /

x = 0,025 m = 2,5 cm

BH

m

A

m

Wb

m= ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅− −4 10 7 556 9 49 107 6

2π , ,

BWb

m= ⋅ −9 49 10 6

2,


2.10 Para la difusión del C en Fe (FCC) tenemos D0=21·10-6 m2s-1 y Q=141.284 Jmol-1, mientras quepara la difusión en Fe (BCC) es D0=79·10-8 m2s-1 y Q=75.658 Jmol-1. Calcular:a) La profundidad de penetración del C en Fe (FCC) a 900 oC, al cabo de 1 hora, yb) La profundidad de penetración del C en Fe (BCC) a 600 oC, al cabo de 2 horas.

Solución:a)

D D e e m so

Q

RT1173

6141 284

8311173 11 2 1

1

1

21 10 1 0653 10.

.

. ,= ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅−

−−

⋅ − −

x D f x m1 1 142 2 7695 10= ⋅ ⋅ ⇒ = ⋅ −,

b)

D D e e m so

Q

RT873

875 658

831 873 11 2 1

2

2

79 10 2 3356 10= ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅−

−−

⋅ − −.

,

x D f x m2 2 142 5 7993 10= ⋅ ⋅ ⇒ = ⋅ −,

2.11 Un lingote de plomo solidifica a 325 oC. En ese momento mide 25 cm. ¿Cuál será su longitud atemperatura ambiente?Datos: αPb = 29 · 10-6 cm/cm·oC

Solución:∆l = α · l0 · ∆T

l0 = 25 cmα = 29·10-6 cm/cm·oC

∆T = Tf - Ti = 25 oC - 325 oC = -300 oC∆l = 29 · 10-6 cm/cm·oC · 25 cm · (-300 oC)

∆l = -0,2175∆l = lf - l0 ⇒ lf = -∆l + l0 = 24,7825 cm

2.12 Un par bimetálico de cobre y níquel (Cu-Ni) se somete a un recocido a 250 oC y se enfríabruscamente hasta temperatura ambiente. ¿En qué dirección se doblará el par?

Solución:

l0(Cu) = l0(Ni)∆T < 0 ⇒ Contracción∆l(Cu) = 16,6·10-6 (cm/cm·oC) · l0 · ∆T∆l(Ni) = 13·10-6 (cm/cm·oC) · l0 · ∆T


∆l(Cu) > ∆l(Ni)∆T = 25 -250 = -225 oCPuesto que el cobre presenta mayor contracción que el níquel, el par se curvará hacia el cobre.

2.13 Es invierno, con una temperatura media ambiente de 3 oC. Se instala calefacción 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 única pieza de vidrio.a) ¿Qué grueso debería tener como mínimo este vidrio para evitar pérdidas superiores a 5·107

cal/día?, yb) ¿Qué temperatura máxima de verano implicará las mismas pérdidas con este mismo vidrio si seinstala aire acondicionado con una temperatura media programada de 18 oC?Datos: Kvidrio = 0,0023 cal/cm·s·K

Solución:

a)∆T = (22 - 3)oC = 19 oC = 19 K

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

Q

A

T

x≤ ⋅Κ

∆∆

Q/A: calor disipado por unidad de áreaK: conductividad∆T/∆x: gradiente de temperatura∆x: grueso del cilindro

Q = 5·107 cal/díaA=1,44 m2

5 10

1 44

197

2

⋅≤ ⋅

cal día

m

K

x,Κ

∆

∆Κ

xK m

cal día

cal

cm s KK cm

cal

día

día

s

≥⋅ ⋅⋅

= ⋅ ⋅⋅ ⋅

⋅ ⋅⋅

19 1 44

5 10

0 0023 19 14 400

5 101

24 3600

2

7

2

7

, , .

.∆x cm≥ 1 087,

b) ∆T = T-18oC = T -18K

∆x cmcm

T K

cm

cals cal

cm s K≥ ⇒⋅

≤ ⋅−⋅

⋅ ⋅1 0875 10

14 4000 0023

18

1 087

724 3 600

2,.

,,

.

0 040 2 116 10 18 18 90 183, ,≤ ⋅ ⋅ ⋅ − ⇒ ≥ −− T T

T C≤ + =18 90 18 36 9, , o


2.14 La longitud crítica fotoeléctrica para el aluminio (Al) es de 475 nm. ¿Cuál será la velocidadmáxima del electrón emitido tras incidir una radiación electromagnética con una longitud de onda de175 nm? Calcular la potencia del frenado.

Datos:h = 6,62⋅10-34 J⋅s me = 9,1⋅10-31 Kg c = 3⋅1010 cm/s

Solución:

λo = 475 nm

hhc

νλ

=

νλo

o

c=

ν o

cm s

cms=

⋅⋅

= ⋅−−3 10

475 106 316 10

10

714 1/

,

hν = mv2/2 + φ = mv2/2 + hνo

½ mv2 = h⋅(ν-νo)

vh

m

J s

Kgo= − =⋅ ⋅

⋅−

−

−

2 2 6 62 10

9 1 10

34

31 0( ), /

,( )ν ν ν ν

νλ

= =⋅

⋅= ⋅−

−c cm s

cms

3 10

175 101 714 10

10

715 1/

,

vJ s

Kgs s= ⋅ ⋅ − ⋅− − −1 4549 10 1 714 10 6 316 103 15 1 14 1,

/( , , )

v m s= ⋅1 255 106, /

Ve h Js so= ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅− −ν 6 62 10 6 316 1034 14 1, , .

Ve J= ⋅ −418 10 19,

2.15 Un dispositivo tiene un filamento de wolframio (W) caliente. Se le aplica un voltaje de 5.000 Vy se produce emisión de electrones. ¿Cual será el límite de longitud de onda corta que puedeestimular el electrón emitido?

Datos:h = 6,62⋅10-34 J⋅s c = 3⋅1010 cm/s e = 1,6⋅10-19 J/V

Solución:


V = 5.000 V

eV Ehc

= =λ

1 6 10 5 0006 62 10 3 1019

34 10

, ., /

⋅ ⋅ =⋅ ⋅ ⋅−

−J

VV

Js cm s

λλ = ⋅ =−2 48 10 0 2488, ,cm nm


3 Materiales poliméricos

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

Solución:

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

El número 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 número ( Mn ) es:

Mn = Σxi Mi

xi : fracción molarMi : M mol de la fracción i

Mn = 7 51 10

7 51 6 79 101332

6 79 10

6 79 7 51 101 472

4

4

4

4

,

( , , ),

,

( , , ),

⋅+ ⋅

⋅ +⋅

+ ⋅⋅

−

−

−

−

Mn = 1,399 g/mol

y la masa molecular media en peso ( Mw ) es:

Mw = ΣwiMi wi : fracción molarMi : M mol de la fracción i

Mw = 0 5 1 332 0 5 1 472 1 402. , , , , /⋅ + ⋅ = g mol

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


Calcular la masa molecular media viscosimétrica 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

Solución:

La masa molecular viscosimétrica se puede calcular a partir de la relación semiempírica de Mark-Hawink Sakurada.

[η] = k Mva⋅

[η] : viscosidad intrísecaMv : masa molecular viscosimétricaK,a : constantes que dependen del polímero, del disolvente y de la temperatura.

Para nuestro caso: PMMA / acetona / 25 ºCPor otra parte: K = 7,5·10-5 y a = 0,7

[η] = lim c reducida( )→ 0 η

ηreducida = ηespecífica/cηespecífica = (t-t0)/to

c : concentración en g/dlt : soluciónto : solvente

c [g/dl] 0,0 0,2 0,4 0,7 1,0 1,5

t [s] 93,875 110,52 131,07 166,65 211,57 302,25

A - 0,887 0,991 1,107 1,254 1,479

A : ηsp/c = (t-to)/toc


En la figura adjunta se representa la concentración frente a la ηreducida. La ordenada en el origen nosda el valor de la ηintríseca ([η]).

[η] = 0,8001

y aplicando la relación de Mark-Hawink Sakurada calculamos la masa molecular mediaviscosimétrica.

[η] = k Mva⋅

M = 567972 g/mol

3.3. Calcular la masa molecular media en peso y en número de una muestra de poliestireno (PS)formada al mezclar 8 fracciones de poliestireno monodispersas. En la tabla se indica la masamolecular de cada fracción de poliestireno así 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

Solución:

Masa molecular media en peso ( Mw )

Mw=∑ wiMi

Mw =0 1

115000

018

127 000

0 25

139 000

017

156 000

012

178 000

,.

,.

,.

,.

,.⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ +

+ ⋅ + ⋅ + ⋅0 08

1104 000

0 06

1120 000

0 04

1153000

,.

,.

,.

Mw = 56.630 g/mol

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

Masa molecular media en número ( Mn ). Primero calculamos el número de moles de cada fracción.

n1 = 0,1/15.000 = 6,67·10-6

n2 = 0,18/27.000 = 6,67·10-6

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 número de moles totales es n=25,81 ·10-6


000.15381,25

26,0000.120

81,25

5,0000.104

81,25

77,0000.78

81,25

5,1000.56

1081,25

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 ¿Cuál es el efecto sobre la Mn y la Mw de la adición de 0,5% en peso de monómero de estirenoa la muestra de PS del problema 4.3?

Solución:

Monómero de estireno: C8H8

Mmol = 12 · 8 + 8 = 104 g/mol

Peso de monómero añadido:0,5/100 ·1 g mezcla = 5 ·10-3 g

Moles de monómero añadidos:5x10-3(g) ·1 mol/104 g = 4,8 ·10-5 mol

Influencia sobre la Mn :

Mn = Σ xi Mi

Mn =4 8 10

4 8 10 25 81 10104

25 81 10

25 81 10 4 8 1038 622

5

5 6

6

6 5

,

, ,

,

, ,.

⋅⋅ + ⋅

⋅ +⋅

⋅ + ⋅⋅

−

− −

−

− − =13.573 g/mol

Influencia sobre la Mw :

Mw = Σ wi Mi= 5 10

5 10 1104

1

1 5 1056 630

3

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.

Solución:

Cristalinidad :

X = W

Wcrist

tot

1/ρt = wc/ρc + wa/ρa = wc/ρc + (1-wc)/ρa


wcc a t

t a c

=−

⋅ −⋅ρ ρ ρ

ρ ρ ρ( )

( )=

ρρ

ρ ρρ ρ

c

t

a t

a c

⋅−−

X = wc / wt = wc / 1 = ρρ

ρ ρρ ρ

c

t

a t

a c

⋅−−

X = 1 477

1 442

1 412 1 442

1 412 1 477

,

,

, ,

, ,⋅

−−

= 0,47

47% de cristalinidad

3.6 Una muestra de polietilenterftalato (PET) se enfría rápidamente desde 300 ºC (A) hastatemperatura ambiente (B) y da como resultado un material rígido y perfectamente transparente.Esquematizar el diagrama volumen específico vs. temperatura de este proceso y explicarlo.

Tg= 69ºCTm= 267ºC

Solución:

El PET es un material que puede cristalizar; sin embargo, al enfriarse rápidamente desde 300ºC (A)hasta 20ºC (B), las cadenas de polímero no pueden adquirir la estructura cristalina. El materialresultante será 100% amorfo y, por tanto, totalmente transparente.Puesto que a temperatura ambiente se encuentra por debajo de la temperatura de transición vítrea(Tg= 69ºC) el material es rígido, es decir, está en estado vítreo.


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

Solución:

Al calentar la muestra desde el estado (B) hasta 100ºC se produce la cristalización del material,puesto que está a una temperatura superior a su Tg; en consecuencia, el material se vuelve translúcido(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, translúcido, y ademásrígido, puesto que el material consta de una fase cristalina y otra amorfa en estado vítreo (por debajode Tg).

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

b) Existe un plástico 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 plástico los dos componentes no se pueden separar por medios físicos o químicos sindegradar el polímero.


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

Solución:

a) El PP obtenido mediante catalizadores estereoespecíficos es isotáctico. El PE y PP, al sertranslúcidos, indican que están constituidos por dos fases, es decir, son semicristalinos y tienen faseamorfa y fase cristalina. La fase cristalina da rigidez al material.El copolímero 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 copolímero al azar.

b) Este tipo de material, constituido por el 65% de unidades de etileno y el 35% de unidades depropileno es también un copolímero puesto que no podemos separar los componentes a menos quedegrademos el polímero, es decir, no se trata de una mezcla de polímeros.Este material es rígido y translúcido, esto nos indica que es un material semicristalino y, por tanto, setrata de un copolímero en bloque (es el único copolímero que puede cristalizar).

c) La Tg de un copolímero al azar se calcula a partir de la siguiente expresión:

1

T

w

Tgc

i

gi

= ∑T en Kwi=fracción molarTg del polímero del apartado a

1 0 65

248

0 35

265Tga

= +, ,

Tga= 253,7 K = -19,3ºC

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

248 K y 265 K

3.9 Dibujar de forma aproximada la curva tensión-deformación a tracción de una probeta depoliestireno (PS) y de polietileno (PE). Indicar cuál sería en cada punto significativo de la curva laforma de la probeta.

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


Solución:

3.10 Preparamos dos materiales compuestos con la siguiente composición (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 (ρ) :ρ (fibra de vidrio)=2,54 g/cm3

ρ (PP)=0,90 g/cm3

ρ (fibra de carbono)=1,79 g/cm3

ρ (Kevlar)=1,45 g/cm3

ρ (epoxi)=1,30 g/cm3

Solución:

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

ρc= ρmVm + ρfVf

Para el PP:ρ = 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:


5 08

1

1

1 228

0 414

13

3, .

, .

, .

.

g vidrio

cm composite

cm composite

g composite

g vidrio

g composite⋅ =

Para el caso de epoxi:ρ = 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:

0 25

1

1

1 46

0 307

1

3

3

3,

, .

, .

.

cm carbono

cm composite

cm composite

g composite

g carbono

g composite⋅ =

De igual forma para el Kevlar:

0 25

1

1 45

1

1

1 46

0 248

1

3

3 3

3, , .

, .

, .

.

cm Kevlar

cm composite

g Kevlar

cm Kevlar

cm composite

g composite

g Kevlar

g composite⋅ ⋅ =

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 poliéster insaturado. Se aplica una tensión de tracción de 100 MPa en ladirección paralela a las fibras. Predecir la deformación que se originará.

fibra de vidrio poliéster

Módulo elástico E [GPa] 76 3

Coeficiente de Poison ν 0,22 0,38

Solución:

Se producirá una deformación en la dirección axial (ε1) y una deformación negativa en lasdirecciones transversales a la fibra ε2 = ε3 = -ν1,2⋅ ε1

El módulo elástico del material compuesto será (según ecuación Ec= EmVm+EfVf):

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

ε1 = σ/E = 100 MPa/ 32,2⋅103 MPa = 3,11⋅10-3


Para calcular ε2 primero se calcula ν1,2 (según ecuación ν1,2= νmVm+νfVf):

ν1,2= νmVm+νfVf = 0,6 ·0,38 + 0,4 ·0,22 = 0,316

En consecuencia, la deformación transversal a las fibras será:

ε2 = -ν1,2⋅ ε1 = -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 tracción del composite en la direcciónparalela a las fibras.

fibra de carbono epoxiResistencia a la tracción 3.200 60

Módulo Elástico 230 2,4

Resistencia a la tracción: σt (MPa)Módulo elástico: E (GPa)

Solución:

La deformación a rotura de las fibras (εf) y de la matriz (εm) son:

εf = 3.200 MPa /230⋅ 103 MPa = 1,39⋅10-2

εm = 230 MPa /2,4⋅ 103 MPa = 2,5⋅10-2

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

σm = Em ⋅ εf = 2,46 Pa ⋅ (1,39⋅10-2)= 0,0334 GPa = 33,4 MPa

Considerando que el material compuesto va a fallar en cuanto se rompan las fibras (consideraciónadecuada, dado el % en volumen de fibras), la tensión soportada por el material compuesto en elmomento de la rotura vendrá dada por la ecuación:

σc= σmVm + σfVf

σc= (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 poliéster insaturado. Predecir la resistencia a la tracción del materialcompuesto en la dirección paralela a las fibras.


fibra de vidrio poliésterResistencia a la tracción 1.800 55

Módulo elástico 76 3

Resistencia a la tracción: σt (MPa)Módulo elástico: E (GPa)

Solución:

La deformación a rotura de las fibras (εf) y de la matriz (εm) es:

εf = 1.800 MPa / 76 ·103 MPa = 2,37 ·10-2

εm= 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 unatensión igual a:

σf = Ef ⋅ εm = (76 ·103 MPa) · (1,83 ·10-2) = 1.390 MPa

y la tensión soportada por el composite es:

σc= σmVm + σfVf

σc= (55 MPa · 0,5) + (1.390 MPa · 0,5) = 723 MPa

Sin embargo, la máxima tensión que puede soportar el material compuesto cuando sólo las fibrascontribuyen, es decir, cuando la matriz ha fallado, viene dada por:

σf = 0,5 · 1.800 MPa = 900 MPa

Esta tensión excede a la tensión 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 tracción del composite será:

σc= 900 MPa

3.14 Un material compuesto de fibras colocadas en capas horizontales se ensaya a impacto. El valorde energia absorbida por unidad de área (resiliencia, ρ) está relacionado con la orientación de lasfibras según una expresión del tipo ρ θ= +3 74 2 3, , sen (J/cm2), donde θ es el ángulo que forman las

fibras con la entalla (0 < θ < 90).¿Qué ángulo proporcionará mejores propiedades a impacto para este material?

Solución:


Hay que hallar el valor o valores de θ que corresponden a un máximo en los valores de la función ρ(θ); si derivamos la función ρ respecto de θ e igualamos a cero hallaremos los valores de θ quesuponen un máximo (y/o mínimo) para la resiliencia. Por tanto:

∂ρ

∂θθ θ θ= = ⇒ = ⇒ =2 3 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 plástico cuya temperatura de fusión es Tm = 170 ºC y de transición vítrea Tg = 50 posee un 60% de cristalinidad después de haber sido enfriado lentamente hasta temperatura ambiente(20ºC).a) ¿En qué estado de agregación se encuentra este polímero a 190ºC, 100ºC y 20ºC? b) Si el citadopolímero se calienta a 180ºC y luego se enfría muy rápidamente hasta 20ºC, ¿la cristalinidad delmaterial será del 60%?. Justificar la respuesta. c) Si el material obtenido en el apartado anterior semantiene a temperatura ambiente durante un año, ¿se producirá algún cambio microestructural? ¿Porqué?

Solución:

a) 190ºC: gomoso 100ºC: semicristalino flexible 20ºC: semicristalino rígido o vítreob) La cristalinidad será bastante inferior. Al enfriarse rápidamente no se da tiempo suficiente a quetenga lugar la reacción de cristalización, la cual tiene lugar por pliegues de las cadenas poliméricas.c) A temperatura ambiente, por debajo de Tg, no se favorece la necesaria rotación de las cadenas paraque éstas se plieguen. Por tanto, el polímero no cambiará su microestructura.

3.16 Una barra cilíndrica de polipropileno (PP) está empotrada en el techo por uno de sus extremos,mientras que en el otro se agrega un peso de 30 kg.a) Hallar el diámetro mínimo tal que el alargamiento de la barra al cabo de un año sea como máximode 12,5 mm si la temperatura de trabajo es de 20ºC. 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 deformación que cabe esperar sería mayor omenor? Justificar la respuesta.

PP (Tg= 0ºC, Tm=140ºC)PS (Tg=80ºC)


Solución:

a)e = (12,5 mm/500 mm)·100 = 2,5 %

1365

1

24

1

3600

1315 107año

días

año

h

día

s

hs⋅ ⋅ ⋅ = ⋅

.,

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

σπ

= =⋅

⋅= ⋅

F

A

kgN

kgD

N m

309 8

1

4

7 7 1026 2

,

,


D m mm=⋅

⋅ ⋅= ⋅ =−80 9 8

47 7 10

6 97 10 6 976

3,

,, ,

π

b) El polipropileno está en estado gomoso y el poliestireno en estado vítreo, por tanto, el vítreo (PS)se deformará menos en principio.


4 Diagramas de equilibrio

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

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

a1) ¿Cuál es el porcentaje de silicio en la fase α a 640, 600, 577 y 550ºC?a2) ¿Cuál es el porcentaje de silicio en la fase líquida a 640, 600 y 577ºC?a3) ¿Cuál es el porcentaje de silicio en la fase β a 550ºC?a4) ¿Cuáles serán los porcentajes de α y de líquido a 620, 600 y 578ºC?a5) ¿Cuáles serán los porcentajes de α y β a 576 y 550ºC?

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

b1) ¿A qué temperatura aparecerán los primeros cristales de sólido al enfriarse lentamente el metalfundido?b2) ¿A qué temperatura se solidificará completamente la aleación?b3) ¿Cuál será la composición de las fases β y líquida a 578ºC?b4) ¿Cuál será el análisis de las fases α y β a 550ºC?b5) ¿Cuáles son las proporciones de las fases líquida y β a 578ºC y de α y β a 576ºC?

c) Como puede verse en el diagrama, el porcentaje de fase α disminuye durante el enfriamiento de576 a 20ºC. ¿Por qué?¿Qué sucede con dicha fase?


Solución:

a) Supongamos 5% Si + 95% Al:

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

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

a3)550ºC %Si (β) = 99,0%

a4)T = 620ºC

%, ,

, ,

,

,, %α =

−−

⋅ = ⋅ =61 5 0

6 1 0 9100

11

5 2100 2115

% , , %β = − =100 2115 78 85

T = 600ºC

%, ,

, ,, %α =

−−

⋅ =9 0 5 0

9 0 1 2100 69 32

% , , %β = − =100 51 28 48 72

T = 578ºC

%, ,

, ,, %α =

−−

⋅ =12 59 5 0

12 59 1 64100 69 32

% , , %L = − =100 69 41 30 68

a5)T = 576ºC

%, ,

, ,

,

,, %α =

−−

⋅ = =99 0 5 0

12 59 1 64100

94 0

97 3696 56

% , , %β = − =100 96 56 3 45

T = 550ºC

%, ,

, ,

,

,, %α =

−−

⋅ = ⋅ =99 0 5 0

99 0 13100

94 0

97 7100 96 21

% , , %β = − =100 96 21 3 79

b) Para la aleación típica de un motor: 16% Si + 84% Al


b1) Temperatura a la que aparecerán los primeros cristales sólidos al enfriar lentamente:T = 630ºC

b2) Temperatura a la que solidificará completamente la aleación:T = 577ºC

b3) Composición de las fases β y L a 578ºC:%Si (β) =99% %Si (L) = 12,61%%Al (β) = 1% %Al (L) = 87,39%

b4) Análisis de las fases α y β a 550ºC:%Si (α) = 1,30% %Si (β) = 99,0%

%Al (α) = 98,70% %Al (β) = 1%

b5) Proporciones de L y β a 578ºC:

T = 578ºC

%, ,

, ,,L =

−−

⋅ =99 0 16 0

99 0 12 61100 96 08%

% , ,β = − =100 96 06 3 92%

Proporciones de α y β a 576ºC:

%, ,

, ,,α =

−−

⋅ =99 0 16 0

99 0 1 64100 85 25%

% , ,β = − =100 85 25 14 75%

c) El %α disminuye durante el enfriamiento:

T = 576ºC

%α = ⋅m

n100

T = 25ºC

%'

α = ⋅m

n100

n’>n %α (25ºC) < %α (576ºC)

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

∆α ⇒ ∆β


4.2 En el siguiente diagrama de fases, completar los nombres de las fases que están entre paréntesis.


Solución:

Tenemos una transformación alotrópica:α ⇔ ββ ⇔ α

A la temperatura T1=1.150ºC ⇒ Reacción eutéctica L ⇔ β+θA la temperatura T2=550ºC ⇒ Reacción eutectoide β ⇔ α+θ

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

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

• El punto de fusión de A es 715ºF, el punto de fusión de B es 655ºF.


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

Solución:

a)499ºF: 25% de A y 75% de Bcomposición de α en B = x% Bcomposición de β en B = y% Bcantidades en equilibrio:

α = =−−

⋅25%75

100y

y x

10075

%75 ⋅−−

==xy

xβ

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

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

b)499ºF: 35% de A y 65% de Bcomposición de α en B = x% Bcomposición de β en B = y% B

cantidades en equilibrio:

α = =−−

⋅50%65

100y

y x

β = =−−

⋅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)400ºF: 40% de A y 60% de Bcomposición de α en B = x% Bcomposición de β en B = y% B

cantidades en equilibrio:

α = =−−

⋅60%60

100y

y x

β = =−−

⋅40%60

100x

y x

60·(y-x) = 100y - 6.00040·(y-x) = 6.000 - 100x

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

e)400ºF: 20% de A y 80% de Bcomposición de α en B = x% Bcomposición de β en B = y% Bcantidades en equilibrio:

α = =−−

⋅20%80

100y

y x

β = =−−

⋅80%80

100x

y x

20y - 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) ¿Cuáles son las temperaturas del liquidus y el solidus para una aleación de 70% Cu y 30% Zn?b) En una aleación con 60% de Cu y 40% de Zn, conocida como ‘metal Muntz’, la fase α comienza aformarse a 750ºC, aproximadamente. A 600ºC, el contenido de Zn en ambas fases α y β es mayorque a 750ºC. ¿De dónde 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 (eutéctica, peritéctica, etc.).d) Una aleación constituida por 50 g de Cu y 30 g de Zn se funde y se enfría lentamente.d1) ¿A qué temperatura habrá 40 g de fase α y 40 g de fase β ?d2) ¿A qué temperatura habrá 50 g de fase α y 30 g de fase β ?d3) ¿A qué temperatura habrá 30 g de fase α y 50 g de fase β ?

Solución:

Sistema Cu-Zn


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

b) Aleación 60% Cu y 40% Zn

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

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

T = 750ºC ⇒ α+β

%,

,

,

,%( .)α =

−−

⋅ = ⋅ =40 1 40

40 1 35100

01

51100 2 aprox

% %( .)β = 98 aprox

T = 600ºC ⇒ α+β

%α =−−

⋅ = ⋅ =43 40

43 37100

3

6100 50%

%β = 50%

La cantidad adicional de Zn proviene de la β que a 750ºC 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 más ricas en Znpero de β sólo hay un 50%, igual que una α más rica en Zn que el 2% (aprox.) que había a 750ºC.

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

T = 903ºC α+L ⇔ β PeritécticaT = 835ºC β+L ⇔ γ PeritécticaT = 700ºC γ+L ⇔ δ PeritécticaT = 598ºC δ+L ⇔ ε PeritécticaT = 424ºC ε+L ⇔ η PeritécticaT = 558ºC δ ⇔ γ+ε EutectoideT = 230ºC β‘ ⇔ α+γ Eutectoide

d) Aleación 50 g Cu + 30 g Zn se funde y se enfría lentamente

d1) T? 40 g de fase α y 40 g de fase β


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

40 g de α + 40 g de β = 50% α y 50% β

T = 765ºC, aproximadamente

%,

α =−−

⋅ =40 37 5

40 35100 50%


50 g de fase α y 30 g de fase β = 62,5% α y 37,5% β

T = 715ºC, aproximadamente

%,

, %( .)α =−−

⋅ =40 37 5

40 36100 62 5 aprox


30 g de fase α y 50 g de fase β = 62,5% β y 37,5% α

T = 785ºC, aproximadamente% ,α = 37 5%

4.5 En el sistema Fe-Fe3C:

a) Identificar 3 reacciones invariantes y definir las reacciones correspondientes.b) 1 g de aleación con un 1% de C está a 750oC en estado de equilibrio¿ Qué proporciones de cadafase hay a esta temperatura?¿ Qué proporción de cada fase hay a 700ºC?c) Una aleación con la composición eutectoide es enfriada desde 800ºC hasta 20ºC.¿Qué proporción y qué fases existen a 20ºC?d) Describir los cambios de fases que ocurren durante el calentamiento de un acero con un 0,45% deC desde temperatura ambiente hasta 1.200ºC.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 fracción de fase a 730ºC y su composición.e3) La fracción de perlita a 720ºC y su composición.e4) La fracción de ferrita proeutectoide a 730ºC.e5) La fracción de ferrita proeutectoide a 720ºC, tras enfriamiento desde 730ºC.


Solución:

Sistema Fe + Fe3C:a) Identificación de tres reacciones invariantes y definición de las reacciones correspondientes:

T = 1.495ºC Peritécticaδ(0,09%C) + L(0,53%C) ⇔ γ(0,17%C)

T = 1.148ºC EutécticaL(4,30%C) ⇔ γ(2,11%) + Fe3C(6,69%C) ≡ Ledeburita (4,30%C)

T = 727ºC Eutectoideγ(0,77%) ⇔ α(0,0218%C) + Fe3C(6,69%C) ≡ Perlita (0,77%C)


b) 1 g de aleación con un 1% de carbono está a 750ºC en estado de equilibrio. Cálculo de lasproporciones de cada fase a esta temperatura y la proporción de cada fase a 700ºC:

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

%, ,

, ,,γ =

−−

⋅ =6 69 1 0

6 69 0 82100 95 2%

% % ,Fe C3 100 4 8%= − =γT = 700ºC α + Fe3C o perlita (eutectoide) + Fe3C ≡ acero hiperetectoide

%, ,

, ,,α =

−−

⋅ =6 69 1 00

6 69 0 01100 85 2%

% % ,Fe C3 100 14 8%= − =αo bien:

%, ,

, ,,perlita =

−−

⋅ =6 69 1 00

6 69 0 77100 96 1%

% % , %Fe C perlita3 100 3 9= − =

c) Una aleación con la composición eutectoide es enfriada desde 800ºC hasta 20ºC. ¿Qué proporción yqué fases existen a 20ºC?

Composición eutectoide: 0,77%

T = 800ºC γT = 727ºC γ (0,77%C) ⇔ perlita (0,77%C)

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

perlita: α (0,0001%C) + Fe3C (6,69%C)

fases: α + Fe3C o perlitaproporción:

%, ,

, ( .),α =

−⋅ =

6 69 0 8

6 69100 88 0%

aprox % % ,Fe C3 100 12 0%= − =α

o bien % perlita = 100%

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


Temperatura ambiente: α + Fe3C o α + perlita

T = 727ºC α + Fe3C ⇔ γT = 727ºC + ∆T α + γ727ºC + ∆T < T < 800ºC α ⇒ γT = 800ºC γT = 1.200ºC γT = 1.450ºC γ ⇒ δ + γT = 1.495ºC γ ⇔ L + δT = 1.495ºC + ∆T δ + L

1.495ºC + ∆T < T < 1.500ºC δ ⇒ LT = 1.505ºC L

Obtenemos la cadena:α + Fe3C ⇒ α + γ ⇒ γ ⇒ δ + γ ⇒ L+ δ ⇒ 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% γ: aproximadamente unos 775ºC

e2) Fracción de fase γ a 730ºC y su composición

730ºC ≈ 727ºC + ∆T

%, ,

, ,,α =

−−

⋅ =0 76 0 6

0 77 0 02100 21 6%

% % ,γ α= − =100 78 4%

e3) La fracción de perlita a 720ºC y su composición: perlita= mezcla eutectoide ( α + Fe3C)

%, ,

, ,,perlita=

−−

⋅ =0 6 0 02

0 77 0 02100 77 3%

La composición de la perlita es siempre 0,77%Ce4) La fracción de ferrita proeutectoide a 730ºC:(ver apartado e2)

α%, ,

, ,,=

−−

⋅ =0 76 0 6

0 77 0 02100 21 6%

e5) La fracción de ferrita proeutectoide a 720ºC tras un enfriamiento desde 730ºC% ( ) % , ,α proeutectoide perlita= − = − =100 100 77 3% 22 7%

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

a) indicar cuál es la temperatura de fusión del Fe puro de una aleación Fe-C con un 2,11% de C y de lacementita.


b) ¿Por encima de qué composición de C un acero no presenta reacción peritéctica?c) ¿Cuál es la máxima cantidad de C que disuelve la austenita?d) Indicar la composición química y las cantidades relativas de fases que existen en un acero de0,77%C a 900ºC y a 600ºC (supóngase equilibrio).e) Representar esquemáticamente cómo varía la microestructura del material en el anterior proceso deenfriamiento.

Solución:

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

b)% C > 0,5%

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

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

A 600oC: %, ,

,, % % ,α α=

−−

⋅ = ⇒ = − =6 69 0 77

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

e)α 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 qué reacción corresponde el punto (I).b) Para un 20% de Cu, ¿qué fases y en qué proporción se hallarán a 900ºC?c) ¿Qué composiciones tendrán las fases halladas en el apartado anterior?d) Para un 20% de Ag, ¿qué fases y en qué proporción se podrán encontrar a 781ºC?e) ¿Qué composiciones tendrán estas fases?


Solución:

a) ( I ) = Eutéctico

b) L + α

% ,α α=−−

⋅ = ⋅ =43 20

43 9100

23

34100 67 6%

% ,L L=−−

⋅ =20 9

43 9100 32 4%

c)L : 43%Cu y 57%Agα : 9%Cu y 91%Ag

d) L + β

%,

, ,L L=

−−

⋅ =91 2 80

91 2 719100 58%

%,

, ,β β=

−−

⋅ =80 719

91 2 719100 42%

e)L: 71,9%Cu y 28,1%Agβ: 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 análisis metalográfico cuantitativo de unacero hipereutectoide enfriado en equilibrio hasta temperatura ambiente reveló que la cantidad deperlita presente era de un 85%. ¿Cuál es la composición nominal de la citada aleación? b) Para elacero anterior y en las mismas condiciones, ¿cuál es la cantidad total de ferrita y de cementita? c)Dibujar la evolución microestructural de este acero cuando se enfría lentamente desde 1100 ºC hastala temperatura ambiente? d) ¿Qué fases y porcentaje de ellas cabe esperar cuando el mismo aceroanterior se enfría rápidamente desde 900 ºC hasta la temperatura ambiente? Para responder a estapregunta se puede suponer que Mf es superior a la temperatura ambiente.

Solución:

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

x=1,63


Composición de la aleación %C=1,63, %Fe=98,37

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

% α = 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 fusión congruente e incongruente.

Solución:


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

a) ¿Cuál es la composición del acero? (Puede suponerse que Mf es superior a la temperaturaambiente).b) Si el enfriamiento se hubiese efectuado lentamente (en equilibrio), ¿qué fases y porcentajes de lasmismas se observarían a temperatura ambiente?c) Para la misma situación del apartado b) ¿qué porcentaje de mezcla eutéctica cabe esperar?

Solución:

a) Es hipereutectoide:

0 936 67

6 67 1 251 68%,

,

, ,,=

−−

⇒ =x

x C

b)

%, ,

,,

% , ,

α =−

−⋅ =

= − =

6 69 1 68

6 69 0100 74 88%

100 74 8 2511%3Fe C

c)

%, ,

, ,,perlita =

−−

⋅ =6 69 1 68

6 69 0 77100 84 6%


5 Propiedades mecánicas de los materiales

5.1 Si la curva tensión verdadera-deformación verdadera de un material viene dada por σ =200.000·K·ε0,33, donde la tensión está en psi (1 MPa = 145 psi), ¿cuál es la resistencia ingenierilmáxima del material?

Solución:

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

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

semáx

máx

u

=+

σ ε( )

( )1⇒ ( ) ( )σ εmáx psi= ⋅ =200 000 0 33 138 700

0 33. , .

,

( ) ( )ε εu u u ue e= + ⇒ = − = − =ln( ) exp exp , ,1 1 0 33 1 0 3909

(El subíndice u hace referencia al valor máximo de tensión en la curva ingenieril.)

( )

s psimáx = =138 700

0 3399 700

.

exp ,.

5.2 En un ensayo de tracción de un metal, la fractura ha ocurrido a máxima carga. Las condicionesde fractura fueron Afinal = 100 mm2 y Lfinal = 60 mm. Los valores iniciales eran de A0 = 150 mm2 y L0 =40 m.

a) Determinar la deformación verdadera a rotura usando cambios en área y longitud.

Materiales en la ingeniería. Problemas resueltos76

b) Se ensaya un material más dúctil, de tal modo que aparece estricción. Las condiciones de fracturason ahora Lfinal = 83 mm, L0 = 40 mm, ∅final = 8 mm y ∅0 = 12,8 mm. Calcular nuevamente ladeformación verdadera usando variaciones de sección y de longitud. ¿Qué medida es más exacta?

Solución:

a)

ε ffL

L=

=

=ln ln ,0

60

400 405

ε ffA

A=

=

=ln ln ,0

150

1000 405

Se obtienen valores idénticos porque el volumen se conserva en toda la longitud de la probeta al nohaber estricción localizada (la rotura ocurrió a carga máxima).

b)

ε ffL

L=

=

=ln ln ,0

83

400 730

ε ff f fA

A=

=

∅

∅

=

∅

∅

= ⋅

=ln ln ln ln,

,0

2

02

0

2

212 8

80 940

Al haber estricción localizada, no es posible aplicar la regla de la constancia de volúmenes, por esoes más exacto en este caso medir la deformación verdadera a través de los cambios en sección que enlongitud.

5.3 De un ensayo de tracción efectuado sobre una probeta normalizada de acero se obtuvo elsiguiente valor de reducción de sección (RA) en la rotura: RA = 25%. a) ¿A qué valor dedeformación verdadera rompió el material? b) Si la longitud inicial de la probeta era de L0=25 mm,¿cuánto se alargó antes de romper?

Solución:a) Por definición

ε fL

LfdL

L

L

Lo

f

= =

∫ ln

0

y aplicando la conservación del volumen:

ln lnL

L

A

Af

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:

ε f RA=

−

ln1

1

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

b) Si la estricción fue localizada, es decir, la deformación no fue homogénea en toda la longitud de laprobeta, no es posible calcular Lf. Si por el contrario fue homogénea, entonces

( )0 287 0 28725

33 310

, ln exp , ,=

⇒ = ⇒ =

L

L

LL mmf f

f

El incremento de longitud sería, para este último 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 será de 15.000 N. Determinar el diámetro mínimo requerido suponiendo unfactor de seguridad de 2 y un límite elástico de 750 MPa para el acero en cuestión.

Solución:

σtrabajo = σ

ψelástico MPa

MPa= =750

2375

σtrabajo = P

SS

P

oo

trabajo⇒ =

σ

So = 15000

375 106

. N

Pa⋅ = 4· 10-5 m2

Asumiendo una sección cilíndrica:

So =πφ

φπ

oo

oS2

4

4→ =

( )φ πo= ⋅−

= 7,1 · 10-3 m = 7,1 mm


5.5 Una probeta cilíndrica de una aleación de titanio con un diámetro original de 8 mm experimentadeformación elástica exclusivamente cuando se aplica una carga de 7.500 N. Calcular la máximalongitud de la probeta antes de la deformación si el alargamiento máximo permisible es de 0,40 mm.El módulo de elasticidad de la aleación es de 108 GPa.

P

φo = 8 mm P = 7.500 N

∆lmáx = 0,40 mm lo ?

E = σε

( )σ

πφ π= = =

⋅= ⋅ =

P

S

P N

mPa MPa

o o2 2

6

4

4 7500

0 008149 2 10 149 2

.

,, ,

ε exclusivamente elástica ⇒

εσ

= =⋅

= ⋅ =−

E

MPa

MPa

149 2

108 101 4 10 0 00143

3,, ,

εε

= ⇒ =∆ ∆l

ll

l

oo

Para ∆lmáx = 0,40 mm

lomáx = 0 40

0 0014

,

,

mm= 285,7 mm

5.6 Si el esfuerzo para el cual se observa deformación plástica en un aleación de cobre es 300 MPa,¿cuál es la máxima carga que se puede aplicar a una probeta de sección transversal de 130 mm2 sinque ésta se deforme plásticamente? Si la longitud original de la probeta es de 60 mm, ¿cuál es elmáximo alargamiento permisible en el rango elástico? El módulo de elasticidad de la aleación es 110GPa.

So = 130 mm2

lo = 60 mm

Solución:


σmáx (rango elástico) = 300 MPa = P

S 0

Pmax (rango elástico) = σmáx (r. el.) · So = 300 · 106 Pa · 130 mm2 · 1

10

2

6 2

m

mm = 39.000 N

εmáx (r. el.) = σmáx r el

E

MPa

MPa

( . . ).=

⋅= ⋅ −300

110 102 7 10

33

ε = ∆l

lo

→ ∆lmáx (r. el.) = εmáx (r. el.) · lo = 2,7 ·10-3 · 60 mm = 0,16 mm

5.7 Una muestra cilíndrica de una aleación metálica de 12 mm de diámetro es deformadaelásticamente a tracción. Una carga de 18.000 N produce una reducción en el diámetro de la probetade 0,006 mm. Calcular el coeficiente de Poisson de este material si su módulo de elasticidad es de105 GPa.

Solución:

P = 18.000 N → ∆φ = φo - φf = 0,006 mmν = ? , si E = 105 · 103 MPa

ν = −εε

lat

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

εlat = φ φφ

f o

o

m m

m m

−= − = −

0 0 0 6

120 0 0 0 5

,,

εax = ( )

σπ φ

πE

P

SE

N

Pa

N

m Pao

o

= =

⋅

⋅=

⋅

⋅ ⋅ ⋅=

18 000

4105 10

4 18 000

0 012 105 100 00152

2

9 2 9

.

.

,,

luego:

ν = ( )

−−

=0 0005

0 00152

,

, 0,33

5.8 Una probeta metálica cilíndrica, de 15 mm de diámetro y 200 mm de longitud, es sometida a unesfuerzo de 28 MPa, nivel de tensión al cual toda la deformación experimentada por ella es elástica.

a) Si el alargamiento máximo permitido es de 0,08 mm, ¿cuáles de los metáles de la tabla adjunta sonposibles candidatos?

b) Si además la máxima reducción de diámetro permitida es de 0,0012 mm, ¿qué metales de la tablasatisfacen las condiciones requeridas?


Metal o aleación Módulo de elasticidad(MPa x 104)

Módulo de cizalladura(MPa x 104)

Coeficiente de Poisson

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

Solución:

a)σ = 28 MPa

Si ∆l < 0,08 mm → εelástica < ∆l

lo

mm

mm

max=

0 08

20

, ⇒ εel. < 0,0004

E = σε

εσ

→ = <E

0 0004,

28

0 0004

MPaE

,<

E > 7·104 MPa

De la tabla se observa que todos los metales son posibles candidatos, excepto el aluminio y elmagnesio.

b)

εlateral mínima = ∆φ

φmín

o

mm

mm=

−= − = − ⋅ −0 0012

150 00008 8 10 5,,

Entonces:εlat > -8 · 10-5 y

ν = −ε

εlat

axial donde

εσ

axialE

MPa

E= =

28

así:


ε νε νlat axialMPa

E= − = − > − ⋅ −28

8 10 5

νE MPa MPa

<⋅

= ⋅ ⋅−

−8 10

282 9 10

156,

La relación ν/E para los aún posibles candidatos es:Latón 3,5 · 10-6 Cobre 3,2 · 10-6

Níquel 1,5 · 10-6

Acero 1,3 · 10-6

Titanio 3,4 · 10-6

Wolframio 6,9 · 10-7

Posibles candidatos después de considerar el segundo requerimiento: níquel, acero y wolframio.La decisión final dependerá de otros factores, por ejemplo: factores económicos, la resistencia a lacorrosión si el medio de trabajo fuese tomada en consideración, etc.

5.9 Un componente de geometría cilíndrica de 120 mm de longitud y 14 mm de diámetro debesoportar una carga de 32.000 N sin experimentar deformación plástica ni su diámetro reducirse enmás de 0,010 mm.

a) ¿Cuál de los materiales tabulado en la tabla es el mejor candidato?b) ¿Cuál debería ser el coste específico de la aleación de titanio para que este material fueracompetitivo en la selección?c) ¿Cuál debería ser el coste específico de la aleación de magnesio para que este material fueracompetitivo en la selección?d) Un cambio de un 25% en el límite elástico de la aleación de magnesio puede ser inducido pordeformación en frío y este tratamiento es permisible. ¿Cambiaría esto su selección final?

Material E (GPa) Límiteelástico(MPa)

Módulo dePoisson

Densidad(g/cm3)

Precio (PTA/t)

Aleac. Al 70 250 0,33 2,8 200.000Acero 205 550 0,27 7,8 100.000

Aleac. Ti 105 850 0,36 4,8 1.000.000Aleac. Mg 45 170 0,29 1,8 400.000

Solución:

a) Dos requerimientos:


1. No experimentar deformación plástica P N

mm

==

30 000

14

.

φ

2. Reducción de diámetro “máxima” de 0,010 mm

De 1:

( )

σπφ π

= = =⋅

⋅=

P

S

N N

mMPa

o o

30 000

4

30 000 4

0 0141952 2

. .

,

σelástico > 195 MPa ⇒ Aleación Mg no cumple.

De 2:

φ = 14 mm εσ

axialE

MPa

E= =

195

ε ε νεφlateral axial= = −

120 mm

ε φmínima

m m

m m=

−= − = − ⋅ −0 010

140 00071 7 1 10 4,

, ,

Entonces:

-ν εaxial > -7,1 · 10-4 → ν εaxial < 7,1 · 10-4 → ν195

71 10 4MPa

E< ⋅ −,

νE MPa

< ⋅ −3 6 1016,

Así:

νE MPa MPaAl

=⋅

= ⋅ −0 33

70 104 7 10

13

6,,

νE MPa MPaAcero

=⋅

= ⋅ −0 27

205 1013 10

13

6,,

νE MPa MPaTi

=⋅

= ⋅ −0 36

105 103 4 10

13

6,,

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

PTA pieza Pesomaterial

pieza⋅ = ⋅Precio

t ;y


Pesopieza = ρmaterial · Vpieza

PTA pieza

PTA pieza

V

tV

gcm

PTAt

gcm

acero

Ti

aceroacero pieza

TiTi pieza

/

/

. ,

. . ,,=

⋅ ⋅

⋅ ⋅

=⋅

⋅=

Precio

t

Precio

ρ

ρ

100 000 7 8

1000 000 4 80 1625

3

3

Entonces la selección final es acero.

b)

PTA

t Ti

para que PTA pieza

PTA piezaacero

Ti

⋅

⋅= 1

1100 000 7 8

4 8

3

3

=⋅

⋅

. ,

,

PTAt

gcm

a PTAt

gcm

aPTA

t

PTAt

gcm

gcm

PTA

tTi

=⋅

=100 000 7 8

4 8162 500

3

3

. ,

,.

c) La aleación de magnesio no puede ser competitiva a ningún precio pues su σelástico < 195 MPa.

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

νE MPa MPa MPaMg

=⋅

= ⋅ > ⋅− −0 29

45 106 4 10

13 6 10

13

6 6,, ,

No cambiaría la selección final.

5.10 Calcular la tenacidad de un material que cumple la ecuación de Hollomon σ = Kεn . Expresarlaen función de las constantes características del material K y n y de la estricción RA.

Solución:

La tenacidad UT de un material se define como U dT

f

= ∫σ εε

0, es decir, es la energía 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

= + = + = +−

+∫ ∫+ +

1

2

1

2

1

2 10 0 0 0 0 0

10

1

0 0

ε σ σ ε ε σ ε ε ε σε ε

ε

ε

ε

ε


Recuérdese que la expresión de Hollomon sólo es válida en el rango plástico.Por otro lado, dentro del rango elástico se cumple que σ = Eε, donde E es el módulo de Young. De ladefinición de deformación verdadera podemos decir que:

ε ff

AA RA

=

=−

ln ln01

1

Sustituyendo ahora:

UE

KRA E

nT

n n

= +−

−

+

+ +

1

2

1

1

102

1

0

1

σσ

ln

En el caso de que la energía absorbida en el rango elástico sea mucho menor que la correspondienteal rango plástico, la expresión anterior se simplificaría a:

U KRA

nT

n

=−

+

+

ln1

1

1

1

Puede apreciarse que la tenacidad puede calcularse después de conocerse la estricción del material ysus constantes características.

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 diámetro (∅) y 3 cm deespesor (t). Suponemos que la sección de la mesa que recibe el impacto es la perpendicular a lasuperficie de la misma (∅ · t). Se conoce que el valor de la energía absorbida por unidad de área(resiliencia, ρ) de este vidrio es de 0,01 J/mm2.¿Desde qué altura máxima podremos dejar caer el objeto anterior sin que el vidrio se rompa?Datos: g = 9,8 N/kg

Solución:

Las condiciones necesarias serían, teóricamente, que la energía potencial del objeto fuese, comomáximo, la energía que puede absorber el material en el impacto:

E M g h E Spotencial absorbida impacto= ⋅ ⋅ = = ⋅ρ

La única incógnita de esta igualdad es el valor de h; por tanto, sólo 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 mecánicas de los materiales

85

hS

M g

J mm mm

kg N kgm

impacto=⋅

⋅=

⋅ ⋅⋅

=ρ 0 01 3 10

9 9 83 4

2 4 2,

,,

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

5.12 La mesa del ejercicio anterior se somete a una inspección de grietas internas por métodos 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 máxima determinada para estos defectos se ha determinado yes de 18 mm.

¿Qué valor máximo de masa podemos colocar sobre la superficie de la mesa sin que ésta se rompa acausa de los defectos?

Datos: KIC(vidrio) = 900 Pa m

Solución:

Si el esfuerzo que supone una masa M sobre la superficie circular de la mesa (S=π ·∅2 /4) supera elvalor asociado a la tenacidad a fractura del vidrio, la mesa se romperá; por tanto, se ha de hallar quéesfuerzo máximo se puede soportar y, a partir de aquí, qué 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 aquí a = 9 mm = 0,009 m.

KIC=Y · σ· √ π a ⇒ σ=KIC / (Y · √ π a)=900 Pa·√m / (1· √ π ·0,009 m)

KIC =5.352,4 Pa (N/m2)

Si σ = F/S ;

S = π ·∅2 /4 = (π /4) m2;

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

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

5.13 Una aleación de aluminio 3105 (ver figura adjunta) debe tener un diámetro de 3,81 cm con unaresistencia a la tracción de, por lo menos, 185 MPa. Determinar el porcentaje mínimo de trabajoen frío que debe efectuarse para hacer la barra y el diámetro mínimo de la barra original.


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

Solución:

D = 3,81 cm

( )

cmDD

D

D

D

D

psipsi

ksi

MPa

psiMPa

72,465,0

52,1452,1465,0

81,3

44

81,335,0

94,24000.1

1

1

145172

020

20

220

20

220

==⇒=⋅⇒

⇒−

=

⋅⋅

⋅−⋅=

=⋅⋅

π

ππ

Esto supone una deformación en frío de un 35%.


5.14 Dos probetas de la misma aleación metálica y sin deformación previa son conformadas y, porconsiguiente, sus secciones reducidas. Una tiene la sección circular y la otra rectangular; y durante elconformado las secciones mantienen sus respectivas formas. Las dimensiones originales y después dela deformación son:

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

¿Cuál de estas probetas tendrá mayor dureza después de la deformación plástica? ¿Por qué?

Solución:

Para una muestra

S = b · h : h 20 → 14

b 40 43,8

y para la otra: φ

S = πφ2

4 : →

20 16

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

% CW = S S

S

o f

o

−

⋅100

(1)

% CW = b h b h

b h

o o f f

o o

⋅ −⋅

⋅ =⋅ − ⋅

⋅

⋅ =⋅

10020 40 14 43 8

20 40100 23 4%

,,

(2)

% CWo = πφ πφ

πφ

o f

o

2 2

24 4

4

10020 16

20100 36 0%

2 2

2

−

⋅ =

−

⋅ = ,

Materiales en la ingeniería. Problemas resueltos

88

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

5.15. Se desea seleccionar una aleación metálica para una aplicación que requiere un límite elástico yuna ductilidad mínimos de 300 MPa y 27% (alargamiento a rotura), respectivamente. Si la aleaciónpuede trabajarse en frío, decidir entre cobre, latón y acero 1040. ¿Por qué? La variación de algunascaracterísticas mecánicas en función del porcentaje de trabajo en frío, para los materiales bajoconsideración, se muestra en las figuras adjuntas.

Solución:


Los requerimientos de la aplicación son: σel > 330 MPa y %εf > 27%Veamos para qué condiciones de “trabajo en frío” (si es necesario) los materiales bajo consideraciónsatisfacen los requerimientos citados:σel > 300 MPa %εf > 27%

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

Puesto que los dos requerimientos deben ser cumplidos simultáneamente, la selección será latóntrabajado en frío entre el 15% y el 19%.

5.16 Una barra cilíndrica de latón, de 10 mm de diámetro original, se va a deformar en frío portrefilado, manteniéndose la sección circular durante el proceso de conformado. Se requiere un límiteelástico en exceso de 350 MPa y una ductilidad de, al menos, el 15 %. Si el diámetro final debe serde 7,5 mm, explicar cómo se puede conseguir dicho producto final. Las figuras adjuntas al problemaanterior muestran la variación de algunas características mecánicas en términos del porcentaje dedeformación en frío para el latón en consideración.

Solución:

De las figuras del ejercicio anterior σelástico> 380 MPa ⇒ % CW ≥ 24 % %εf > 15% ⇒ % CW ≤ 29%Entonces requerimos un % CW entre el 24% y el 29% como paso terminal. Tomaremos % CW =26%

% Cw = S S

S

o f

o

−⋅100

Si φf requerido es de 7,5 mm y φo es de 10 mm, veámos cuál es el %CW asociado a llevar a cabo elproceso en una sola pasada:

%Cw 10→7.5 =

( ) ( )

( )

π π

π

10

4

7 5

47 5

4

100 43 75 29

2 2

2

mm mm

mm

−⋅ = >

,

,, % % ⇒

⇒ No es posible en una sola pasada.

Planteamos el proceso en dos pasos con un tratamiento de recocido (restauración másrecristalización) intermedio:

φf = 7,5 mm y %CW2 = 26%


%CW2 = 26% = ′ −

′⋅ =

′−

′⋅

S S

S

f

f

100 4 4

4

100

2 2

2

πφ πφ

πφ

0,26 = ( ) ( )

( )′ −

′

φ

φ

2 2

2

7 5, mm

0,26 φ′2 = φ′2 - 56,25 mm

φ′ = ( )56 25

1 0 26

2,

,

mm

−= 8,71 mm

%CW1 =

( ) ( )

( )S S

S

mm mm

mm

o

o o

− ′⋅ =

− ′⋅ =

−⋅ =100 4 4

4

100

104

8 714

104

1000

2 2

2

2 2

2

πφ πφ

πφ

π π

π

,

= 24,71 = %CW1

NOTA: Aunque el %Cw1 está en el rango de %Cw requerido como paso final, podría ser cualquiervalor de %Cw menor o igual al %RA permitido por el material.

5.17 Una aleación de aluminio (ver figura del ejercicio 5.13) va a ser laminada desde una placa de75 mm de espesor a una de 7,5 mm para lo cual se requiere que la resistencia máxima sea de, almenos, 180 MPa, y el alargamiento mínimo del 4%. Se permite una deformación en frío máxima del70% antes de que el material se rompa. Describir como se efectuaría esta operación, incluyendo elporcentaje de trabajo en frío y los espesores intermedios requeridos para el proceso. Comparar esteproceso con el que usted recomendaría si la deformación inicial se pudiera realizar en caliente.

Solución:

Para Rm MPa CW≥ ⇒ ≥180 40% y para A CW aprox(%) .)≥ ⇒ ≤4% 40%( ⇒ CWterminal = 40%

t

tt mmi

ii

−= ⇒ =

7 50 4 12 5

,, ,

FRÍO:

1. CW 70% desde 70 mm hasta 22,5 mm; ya que 75

750 7 22 5

−= ⇒ =

tt mm

f

f, ,

2. Recocido.


3. CW 44,4% desde 22,5 mm hasta 12,5 mm; ya que 22 5 12 5

22 50 44 44 4%

, ,

,, ,

−= ⇒

4. Recocido.

5. CW 40% desde 12,5 mm hasta 7,5 mm.

CALIENTE:1. Deformación en caliente (HW) de 83,3% desde 75 mm hasta 12,5 mm2. CW 40% desde 12,5 mm hasta 7,5 mm.

5.18 Un acero inoxidable austenítico AISI 302 va a ser trefilado desde un alambre de 16 mm dediámetro a uno de 4 mm, para lo cual se requiere que la resistencia máxima sea, al menos, de 1.500MPa, y el alargamiento a rotura mínimo del 4%. Los cambios de resistencia máxima y alargamientoa rotura en función del trabajo en frío aplicado al material en consideración se muestran en el gráficoadjunto. Se permite una deformación en frío máxima del 80% antes de que el material experimenterotura. Describir como se efectuaría esta operación, incluyendo el trabajo en frío y los diámetrosintermedios requeridos (si fuera el caso) para el proceso. Comparar este proceso con el que ustedrecomendaría si la deformación inicial se pudiera realizar en caliente.


Solución:

Requerimientos:

Resist. máxima > 1.500 MPa %CW final > 47%Alargamiento a rotura > 4% %CW final < 55%Rango %CW final 47-55%Veamos si es posible realizar el proceso en un solo pasoΦο = 16 mm a Φf = 4,0 mm ⇒ 93,75%, imposible en un solo paso.

Proceso a realizarse en varias fases, siendo el final asociado a un %CW ≅ 50%. Entonces partimos deatrás hacia adelante.

PASO FINAL:%CW = 50%

Φ‘= XΦf = 4,0 mm

%CWf = A A f

A

f x mm

x

'

'

'

'

−⋅ =

−⋅ =

−⋅100

2 2

2 1002 16 2

2 100Φ Φ

Φ= 50

100 ( x2 - 16 mm2 ) = 50 x2

50 x2 = 1.600 mm2

x = 5,66 mm

Veamos ahora si es posible llegar desde Φ = 16 mm hasta Φ = 5,66 mm:

%CW1 = A A

A

02 '2

02

mm mm

mm

0

0

100 10016 2 5 66 2

16 2 100−

⋅ =−

⋅ =−

⋅

'( ) ( , )

( )

Φ Φ

Φ= 87,5%

¡No admisible! Necesitamos al menos, realizar dos pasos intermedios:

Seleccionamos %CW ≈ 60%; aquí la única limitación es %CW<80%

φ0=16 mm ⇒ %CW1 ⇒ φ‘’= y ⇒ Recocido ⇒ %CW2 ⇒ φ‘ = 5,66 mm ⇒⇒ Recocido ⇒ %CWf = 50% ⇒ φf = 4,0 mm

Seleccionamos %CW2 = 60%

60 1005 66

1002 2

2

2 2

2=

−⋅ =

−⋅

( ' ' ) ( ' )

( ' ' )

( , )φ φφ

y

y

100 32 602 2 2⋅ − = ⋅( )y mm y

40 32002 2⋅ =y mm.

y mm= 8 94,

Materiales en la ingeniería. Problemas resueltos

94

Ahora determinaremos el %CW1:

%' ' ( ' ' ) ( ) ( , )

( ),CW

A A

A

mm mm

mmo

o

o1

2 2

02

2 2

2100 10016 8 94

16100 68 8%=

−⋅ =

−⋅ =

−⋅ =

φ φφ

(68,8%<80% OK!)

Entonces, proceso final:

Φ0 = 16 mm ⇒ 68,8% ⇒ Φ“ = 8,94 mm Recocido ⇒ 60% ⇒ Φ‘ = 5,66 mm Recocido ⇒ 50% ⇒Φf = 4,0 mm

σ UTS = 1.550 MPa% εf = 4,5%

Deformación inicial en caliente ⇒ Limitación de máxima deformación / paso ya no existe. Sinembargo, el paso final no puede suprimirse:

Φ0 = 16 mm ⇒ Deformación en caliente ⇒ Φ‘ = 5,66 mm ⇒ 50% ⇒ Φf = 4,0 mm

obtenemos:σ UTS = 1.550 MPa

%εf = 4,5 %

5.19 Una barra de acero de herramientas (ver figura adjunta) que tiene un diámetro de 0,5 pulgadas yuna longitud de 6 pulgadas debe soportar un millón de ciclos sin que ocurra rotura en una prueba defatiga axial. Calcular la carga máxima que puede aplicarse.


Solución:

D = 0,5 pulgadas = 1,27 cm; r = D/2 = 0,635 cml = 6 pulgadas = 15,24 cmσ = 67 ksi = 67.000 psi · (1 MPa/145 psi) = 462,1 MPaσ = F / A

( )F A Pa N= ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅−σ π4621 10 0 635 10 585 37 106 2 4 2, , ,

5.20 Los resultados de ensayos de fatiga en un acero se muestran en la tabla adjunta.

a) Dibujar el diagrama S-N (amplitud de esfuerzo frente a logaritmo de ciclos hasta rotura) usandoestos datos.

b) ¿Cuál es el límite a fatiga de esta aleación?Si se supone que los datos corresponden a un acero aleado y a ensayos de flexión rotativa, y que unabarra de esta aleación quiere ser utilizada para un eje de automóvil que gira a una velocidad de 600rpm, determinar los tiempos máximos que se pueden permitir en el caso de conducción contínua paraniveles de amplitud de esfuerzo de:c) 450 MPa,d) 380 MPa, ye) 275 MPa.

Datos de amplitud de la tensión - número de ciclos a rotura.

Amplitud del esfuerzo (MPa) Ciclos hasta la rotura

470 10.000440 30.000390 100.000350 300.000310 1.000.000290 3.000.000290 30.000.000290 100.000.000


Solución:a)

b) Límite a fatiga ≈ 290 MPa.

c) ∆S

MPa N ciclosf2450 20 000= → = .

( )f rpmN

tt

N

f

ciclosciclos

min

min= → = = = ≈20 000

60033 3 0 5

., , horas

d)∆S

MPa N ciclosf2380 130 000= → = .

f rpmN

tt

N

f

ciclosciclos

min

min( ).

,= → = = = ≈130 000

600216 7 3,6 horas

e)∆S

MPa N ciclosf2275 108= → >

t → > 108 ciclos > 115 días → ∞


5.21 Una aleación de acero tiene una resistencia a fatiga (evaluada a esfuerzo medio nulo) y unaresistencia máxima a tracción de 700 y 1.400 MPa, respectivamente. ¿Esperaría usted que uncomponente manufacturado de esta aleación falle por fatiga al ser sujeto a esfuerzos cíclicos entre 0 y600 MPa?¿Cambiaría la situación si el material tuviera un esfuerzo residual de tensión de 700 MPa?

Solución:

- Efecto del esfuerzo medio en la vida a fatiga:


Relación de Goodman:

σ σσ

ampl fm

mR. = −

1

a)

σσ σ

amplmáx mín MPa. =

−=

−=

2

600 0

2300

σσ σ

mmáx mín MPa=

+=

+=

2

600 0

2300


a) (σampl.,σm) = (300,300) → seguro (no rotura)

b) Esfuerzo residual tensil = 700 MPaσampl. = 300 MPa (igual que antes)σm = σm inicial + σresidual = 300 MPa + 700 MPa = 1.000 MPa

(σampl.,σm) = (300,1.000) → rotura

5.22 Una columna de acero de 63 cm de diámetro y 2 m de altura soporta constantemente una cargade 85 MN. Se coloca en un medio corrosivo en el cual su velocidad de corrosión es de 20,4 g/día.

a) ¿En qué momento dejará de ser segura como elemento estructural? Se supone que no se aplicaningún factor de seguridad.b) ¿Cuál será la pérdida de masa en ese momento?c) ¿Durante cuánto tiempo habrá servido dicho componente?

Datos: σ0,2(acero) = 280 MPaρ (acero) = 7,87 g/cm3

Solución:

a) En el momento en que σtrabajo > σ0,2 dejará de ser segura.

b)

σ= ( )F

S

NMPa

f=

⋅=

85 10

4

2806

2πφ (106 N/m2)

φfinal2 =

4 85 10

280 10

6

6 2

⋅ ⋅⋅ ⋅

N

N mπ /= 0,366 m2

φfinal = 0,622 m

( ) ( )∆ ∆masa vol V V L S Sfinal inicial f i= ⋅ = = ⋅ −−ρ ρ ρ

( )∆ masa LLf i

f i= ⋅ −

= −ρ

πφ πφ πρφ φ

2 2

4 4 42 2

( )( )∆ masa g m m m m= ⋅ ⋅ ⋅ −7 87 10 24

0 366 0 636 3 2 2, / , ,

π

∆masa = -134.747,9 gc)


rv

m

tg díaóxid = =

∆20 4, /

∆ m

vt

g

g díaóxidr = ⇒ =

134747 6

20 46 605 3

. ,

, /. , días

t =18,09 años

5.23 La densidad del magnesio metálico (Mg) es de 1,74 g/cm3 y la de su óxido (MgO) de 3,65g/cm3.

a) ¿Cuál será la relación de Pilling-Bedworth para el sistema Mg-MgO?b) ¿Será protector este óxido?

Datos: MMg = 24,32 g/mol Mo =16,00 g/mol

Solución:

a)

P-B = Vol óx

Vol metal

. .

.1 mol Mg → 1 mol MgO

P-B = ( )

( )1 1

1

mol Mg M mol O M

mol Mg M

Mg o MgO

Mg Mg

⋅ + ⋅⋅

/

/

ρρ

P-B = ( )24 32 16 3 65

24 32 1 74

3

3

, / / , /

, / / , /

+ g mol g cm

g mol g cm= 0,79

b)No ⇒ P-B<1 ⇒ no protegerá.

5.24 Se dispone de una celda Ni/NiSO4 con un electrodo de Ni de 2 g. Se hace circularuna corriente de 2 A durante 30 min. ¿Se consumirá totalmente el electrodo?

Datos: MNi = 58,69 g/mol F = 96.500 C/mol

Solución:

m = IMt

nF

Ni → Ni2+ ⇒ n = 2

I=2A


t=30 min = 1.800 s

⇒ m= 2 1800 58 69

2 96 500

A s g mol

mol emol Ni

Cmol e

Ni⋅ ⋅

⋅−

−

. , /

.

M=58,69 g/mol F=96.500 C/mol

m = 1,094 g → maxima cantidad de masa que disolverá la celda.⇒ No se consumirá totalmente el electrodo ya que m < 2 g.

5.25 Se dispone de una celda Cu/CuSO4 para recubrir de cobre una chapa de acero de 10 x 5 cm desuperficie y 0,3 cm de grosor. Si la intensidad de corriente es de 1,5 A, ¿cuánto tiempo tardaremos enconseguir una capa de 100 µm?

Datos: MCu= 63,65 g/mol F= 96.500 C/mol e- dCu= 8,96 g/cm3

Solución:

S= (2 x 10 x 5) cm2 (2 superficies)S1=(2 x 10 x 0,3) cm2 ( “ “ )S2=(2 x 5 x 0,3) cm2 ( “ “ )

ST = (100 + 6 + 3) cm2 = 109 cm2

100 µm ≡ espesor capa ≡ xVol. capa = ST · x = 109 cm2 · 100 · 10-4 cmV = 1,09 cm3 ⇒ mCu = 1,09 cm3 · 8,96 g/cm3 ⇒ mCu = 9,664 g

mCu =

IMt

nF

A g mol Cu t

mol emol Cu

Cmol e

g=⋅ ⋅

⋅=−

−

1 5 63 55

2 96 5009 7664

, , /

.,

t = 1.973,56 s = 5,49 h

6 Metalografía 103

6 Metalografía

6.1. Identificar las microestructuras y las fases que constituyen cada microestructurade una aleaciónFe-C, que se presenta a diferentes aumentos en las micrografías siguientes.

MICROESTRUCTURA 1


MICROESTRUCTURA 2

6 Metalografía 105

MICROESTRUCTURA 3


Solución:

La microestructura 1 corresponde a un acero hipoeutectoide (contenido de carbono inferior al0,77%). Las fases presentes corresponden a ferrita α (granos claros) y al constituyente eutectoide delacero denominado perlita (zonas más oscuras). Este constituyente está formado por láminasalternadas de ferrita y de cementita (Fe3C).

La microestructura 2 corresponde a un acero perlítico, con un contenido de carbono de alrededor del0,8%. Se puede observar en la micrografía de mayor aumento las láminas de ferrita y cementita queconstituyen el eutectoide.

La microestructura 3 corresponde a una fundición laminar de matriz perlítica. Las fases alargadas decolor más oscuro son de carbono grafito de morfología laminar y la matriz es claramente elconstituyente eutectoide.

6.2. La microestructura 4 que se presenta a continuación corresponde a un acero en el que se observafase ferrítica en los límites del grano. Comparar el contenido de carbono de esta microestructura conel de la 1 y la 2. ¿Cuál de ellas tendrá mayor dureza?

MICROESTRUCTURA 4

6 Metalografía 107

Solución:

La microestructura 1 presenta una mayor cantidad de fase ferrítica que la 4, por tanto, lamicroestructura 1 tendrá menor contenido en carbono que la 4. Sin embargo, la microestructura 2presenta una estructura totalmente eutectoide sin fase ferrítica y, así pues, tendrá un mayor contenidoen carbono que la microestructura 4.

La dureza en los aceros para un mismo grado de acritud es función del contenido de carbono, portanto, la microestructura 2 tendrá mayor dureza que la 4 y ésta mayor dureza que la microestructura1, que es la que presenta menor contenido en carbono.

6.3. Una pieza metálica presenta una microestructura como la que se aprecia en la fotografía 5. ¿Quése podría decir de su método de elaboración?

MICROESTRUCTURA 5

Solución:

Se puede concluir que la pieza metálica se ha obtenido por solidificación, ya que la micrografíaobtenida mediante un microscopio electrónico de barrido corresponde a una estructura dendrítica.Este tipo de crecimiento dendrítico tiene lugar cuando el gradiente de temperatura en el líquido esinferior a la pendiente de la temperatura de solidificación en la intercara.

6.4. Una pieza fabricada por moldeo a la cera perdida se ha roto prematuramente. Al observar lasuperficie de fractura mediante microscopía electrónica de barrido se aprecia una superficie como lade la siguiente figura. ¿A qué se puede deber la rotura?


Solución:

Se puede apreciar porosidad en la superficie de fractura; los poros presentan una morfología esféricay se deben a que la velocidad de solidificación es mayor que la velocidad de eliminación de gases.Estos poros reducen la sección eficaz del material y ello puede ser suficiente para producir unarotura.

6.5. Las tres microestructuras siguientes pertenecen a la aleación Ti-6Al-4V. Comentar lasestructuras y determinar los posibles tratamientos térmicos que se han realizado a cada una de ellas.

A

6 Metalografía 109

B

C

Solución:

La microestructura A corresponde a la denominada mill annealed, en la que se presentan granos defase α equiaxiales rodeados de fase β y de placas α de Widmanstatten rodeados de fase β. Engeneral, es una estructura de recepción en la que se ha realizado un recocido.


La microestructura B corresponde a la misma aleación anterior que ha sido calentada por encima dela temperatura β-transus y enfriada en el interior del horno. Se puede apreciar una microestructuratotalmente compuesta de placas α de Widmanstatten rodeadas de fase β. El grosor de estas placasdependerá de la velocidad de enfriamiento: a mayor rapidez de enfriamiento menor grosor de placas.La microestructura C corresponde a la martensita de la aleación Ti-6Al-4V, denominada α´. Estamicroestructura de morfología acicular se obtiene enfriando muy rápidamente (temple en agua a20ºC) desde temperaturas superiores a la de β-transus.

6.6. Un latón de la misma composición química presenta estas dos microestructuras. Explicar larazón de la diferente morfología.

A

B

6 Metalografía 111

Solución:

El latón de la figura A corresponde a la estructura de colada, donde se pueden apreciar la fase α y lafase matriz β. En la figura B se observa una estructura martensítica con granos de fase α sintransformar, que corresponde al enfriamiento rápido desde una temperatura en que la fase α+β esestable hasta temperatura ambiente. La fase β es susceptible de transformación martensítica, no así laα, que permanece inalterada en la microestructura.

6.7. Las dos microestructuras siguientes corresponden a dos fundiciones de hierro. Identificar a quétipo corresponden y cuál de ellas tendrá una mayor dureza.

A

B


Solución:

La figura A corresponde a una fundición compacta con matriz ferrítica y la figura B corresponde auna fundición compacta con matriz martensítica. Esta última es la que presenta una mayor dureza,ya que la martensita es la fase que confiere mayor dureza a las aleaciones hierro-carbono.

6.8. En la figura siguiente se muestra la estructura policristalina de un metal puro. ¿A qué es debidoque los diferentes granos presenten tonalidades distintas?

Solución:

Aunque todos los granos cristalinos tengan la misma composición química, la orientación cristalinade los mismos es diferente. La estructura cristalina es anisotrópica, es decir, las propiedades físicasdependen de la orientación. Así la luz incidente se refleja en diferentes ángulos y ello produce ladiferente tonalidad de los granos cristalinos.

6 Metalografía 113

6.9. Las siguientes micrografías se corresponden con réplicas de carbono extraídas de la superficie deun acero microaleado con vanadio y titanio. Las muestras se han observado por microscopía detransmisión, y se sabe que las partículas de titanio tienen morfología cuadrada.

a) ¿A qué fenómeno puede deberse que a 1.150ºC se aprecien sólo partículas de titanio (en concretonitruros de titanio) y a 950ºC además se observen partículas redondeadas de vanadio (en este casocarbonitruros de vanadio)?b) Si se consiguiese estabilizar cada una de estas dos microestructuras a temperatura ambiente, ¿cuálproduciría más dureza y resistencia? ¿Por qué?c) ¿Qué características interesan en una distribución de partículas de cara a mejorar las propiedadesmecánicas?

T=950ºC

T=1.150ºC

Solución:

a) Las partículas de titanio son muy estables a todas las temperaturas; sin embargo, las partículas devanadio (carburos y/o nitruros) son solubles en la austenita a alta temperatura (1.000oC). Cuando latemperatura desciende por debajo de su límite de solubilidad tiene lugar su precipitación.


b) Tendrá más dureza, a causa del fenómeno de endurecimiento por precipitación, la que tiene máspartículas.c) Interesa que la fracción de volumen de partículs sea alta, que éstas sean pequeñas y que sumorfología sea lo más esférica posible.

6.10. Un acero microaleado se somete a un tratamiento térmico a 950ºC durante un tiempo dado. Acontinuación se templa rápidamente. El ataque químico a temperatura ambiente revela los tamañosde grano austeníticos previos al temple. En la siguiente micrografía se aprecia la estructurapolicristalina.

a) ¿Qué fenómeno está teniendo lugar? ¿A qué se debe?b) ¿Es conveniente este tipo de microestructura?

Solución:

a) Crecimiento anormal de grano. Unos granos están creciendo mucho más que el resto. Estefenómeno se suele observar en aleaciones con presencia de partículas de segunda fase. Estaspartículas ayudan a controlar el tamaño de grano, pero cuando la temperatura se eleva lo necesariocomo para que comiencen a disolverse, se inhibe el control del grano. Eventualmente, unos granoscrecen más rápidamente que otros, y aparece el denominado crecimiento anormal de grano.

b) Es una microestructura a evitar, por cuanto las propiedades mecánicas son en general función deltamaño de grano. Si este es heterogéneo, también lo serán las propiedades. Por otro lado, el tamañode grano grande tiende a fragilizar el material.

6.11. Un eje de un coche ha experimentado una rotura y existen dudas sobre la posible causa de lamisma: sobrecarga o fatiga. Para tener más datos sobre la fractura se ha observado la superficie derotura por microscopía electrónica de barrido y se ha obtenido esta micrografía. ¿Qué opiniónmerece?

6 Metalografía 115

Solución:

La causa de la fractura ha sido la fatiga, es decir, el sometimiento de cargas cíclicas sobre elmaterial, que ha producido una nucleación y un crecimiento de grietas. En la micrografía se puedenapreciar las estrías de avance de grieta que clarifican el motivo de la fractura.

6.12. Se han ensayado dos probetas de acero de la misma composición química y estructura adiferentes temperaturas, una de ellas a -120ºC y otra a temperatura ambiente, y se han obtenido dossuperficies de fractura como las que se aprecian en las siguientes micrografías. ¿Podría decir cuál delas superficies de fractura corresponde a la ensayada a temperatura ambiente y cuál a temperaturaelevada? ¿Qué tipos de fracturas son?

A


B

Solución:

La fractura A corresponde a una fractura frágil, con muy poca absorción de energía para producir larotura. Esta fractura corresponde al material ensayado a baja temperatura.

La fractura B corresponde a una fractura dúctil, con mucha absorción de energía antes de la rotura;en ella se puede apreciar la gran deformación plástica (copas y hoyuelos) en la superficie de fracturaen comparación con las superficies de clivaje de la fractura frágil. Esta fractura corresponde almaterial ensayado a temperatura ambiente.

6.13. Un material muestra unas características de dureza superiores a las esperadas en su estado derecepción (recocido). La micrografía adjunta corresponde a una observación detallada de lasuperficie. ¿Pueden las líneas o marcas finas observadas tener alguna relación con el aumento dedureza del medio? ¿Por qué?

Solución:El aumento de dureza es debido a que el material ha sido deformado en frío, ya que lamicroestructura presenta bandas o líneas de deslizamiento propias de un material con acritud.

Materiales- Upc- Materiales en ingeniería. Problemas resueltos

Documents

Transcript of Materiales- Upc- Materiales en ingeniería. Problemas resueltos