Materiales en Ingenieria Problemas Resueltos

Índice 9

MATERIALES EN INGENIERÍA Problemas resueltos

Francisco Javier Gil Mur José María Cabrera Marrero Maria Lluïsa Maspoch Rulduà Luis Miguel Llanes Pitarch Mª 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 segundo curso de la titulación de Ingeniería Industrial en la preparación de esta disciplina y complementar las clases impartidas por el profesor. En él se plantean una serie de problemas, gran parte de ellos complementarios al temario de la asignatura,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 sus errores o faltas de comprensión de los diferentes temas. Se ha incorporado un capítulo de metalografía para completar el conocimiento de las microestructuras más habituales de aleaciones ampliamente utilizadas a nivel industrial. Estas micrografías pueden ayudar a los estudiantes al reconocimiento de las microstructuras y fases que las constituyen, así como de los problemas tecnológicos que pueden presentar. Los autores han pretendido que este libro sea de utilidad para el conocimiento y la comprensión de los materiales a base del planteamiento y la resolución de problemas. Nos gustaría que también motivase a los lectores a un conocimiento más profundo del apasionante campo de la ciencia de los materiales. De antemano, solicitamos disculpas por los posibles errores y deficiencias que se encuentren en el presente libro, que esperamos ir subsanando en sucesivas ediciones con la ayuda y las sugerencias de todos. Por último, deseamos agradecer a todo el personal del Departamento de Ciencia de los Materiales e Ingeniería 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 a Conrado, Patricia y Susana, ya que sin ellos todo habría sido mucho más difícil.

1 Estructura cristalina

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1 Estructura cristalina

1.1 El hierro a temperatura ambiente presenta una estructura cúbica centrada en el cuerpo con un parámetro 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], y l) La densidad atómica superficial en el plano (1 2 0). Solución:

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12

a) La masa de un átomo 55,847

1mol −23 g / at. = 9,27 ⋅ 10 mol 6,023 ⋅ 10 23 at. g

⋅

b) La densidad del hierro nº at .: 8 ⋅ 1 8 + 1 = 2 at . V = a3

−23 g / at . 1 kg 2 at .⋅ 9,27 ⋅ 10 3 −10 3 ⋅ 1.000 g = 7.843 kg / m ( 2,87 ⋅ 10 m) c) El radio atómico del hierro ϕ=

4rA = a ⋅ 3 rA =

a ⋅ 3 2,87⋅ 3 = = 1,24Å 4 4

d) El volumen atómico V A = 43 ⋅ π ⋅ rA = 43 ⋅ π ⋅ (1,24 ⋅ 10 3

e) El número de átomos por m3 2 at . Vcelda

=

2 at . ( 2,87 ⋅ 10

−10

−10

m) = 7 ,98 ⋅ 10 3

= 8,46 ⋅ 10 at ./ m 28

m)

3

3

−30

m

3

1 Estructura cristalina

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f) El número de átomos por g 6,023 ⋅ 10

at .

23

⋅

1mol

= 1,08 ⋅ 10 at ./ g 22

mol 55,847 g

g) El número de moles por m3 kg 1.000 mol 5 3 = 1,40 ⋅ 10 mol / m 7.843 3 ⋅ 55 , 847 kg m h) La masa de una celda unitaria 2

1mol 55,847 g −22 ⋅ = 1,85 ⋅ 10 g / celda 23 celda 6,023 ⋅ 10 at . 1 mol at .

⋅

i) El número de celdas unitarias existentes en 1g de hierro 1 celda 2 at .

⋅ 6,023 ⋅ 10

23

at .

⋅

1 mol

mol 55,847 g

= 5,39 ⋅ 10 celda / g 21

j) El volumen de una celda unitaria V = a 3 = ( 2,87 ⋅ 10 −10 m) 3 = 2,36 ⋅ 10 −29 m 3 k) La densidad atómica lineal en la dirección [1 2 1] d[121] =

1at . a⋅ 6

= 1,42 ⋅ 10 at ./ m 9

nº átomos = ½ + ½ = 1 b = a ⋅ (1 − 0)2 + ( 2 − 0)2 + (1 − 0)2 = a ⋅ 6 l) La densidad atómica superficial en el plano (1 2 0) (120) ⇒ {( x = 2);( y = 1);( z = ∞ )} → Puntos de intersección con los ejes S = a ⋅ a 2 + ( 2a ) 2 = a 2 ⋅ 5 d (120) =

4 ⋅ 14 at . a ⋅ 5 2

= 5,43 ⋅ 10 at ./ m 18

2

Materiales en ingeniería. Problemas resueltos

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1.2 La celda elemental del aluminio es cúbica centrada en las caras. Su masa atómica es 26,982 g/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, y e) El factor de empaquetamiento. Solución: a) La densidad teórica

ϕ=

m 4⋅ MA = = 2.697 kg / m3 V N A ⋅ a3

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

d[ 110] =

2 a⋅ 2

= 3,49 ⋅ 10 at ./ m

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

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1 Estructura cristalina

15

d(111) = a⋅   2

2

2 S

2  + l 2 = a ⋅ 2 

(

)

2

⇒l =

3 ⋅a 2

l ⋅ a ⋅ 2 a2 ⋅ 3 = 2 2 19 d( 111) = 1,408 ⋅10 at ./ m2 S=

d) El radio atómico 4R = a ⋅ 2 ⇒ R =

a⋅ 2 = 0,143 ⋅ 10− 9 m 4

e) El factor de empaquetamiento F . E. =

4 ⋅ 43 ⋅ π ⋅ R3 = 0,74 a3

1.3 Determinar el factor de empaquetamiento en las redes cúbica simple, cúbica centrada en el cuerpo y cúbica de caras centradas. Solución: - Cúbica simple F . E. =

n ⋅ Vat . Vcelda

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rat. = a / 2 4  a Vat . = ⋅ π ⋅    2 3

3

n = 1/8 · 8 = 1 1 ⋅ 43 ⋅ π ⋅ ( a2 )

3

F . E.=

a

π = 0,52 6

=

3

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

(2a )2 + a 2

= 3 ⋅a

4rat = D 4rat . = 3 ⋅ a rat. =

3 ⋅a 4

n = (1/8 · 8) + 1 = 2

(

4 n ⋅ Vat . 2 ⋅ 3 ⋅ π ⋅ = F . E. = Vcelda a3

- Cúbica centrada en las caras

3 4

⋅a

)

3

=

3 8

⋅ π ⋅ a3 3 = ⋅ π = 0,68 a3 8

1 Estructura cristalina

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d = 2 ⋅a 4rat. = d 4rat . = a ⋅ 2 ⇒ rat . =

2 ⋅a 4

3

a⋅ 2 4 2  = ⋅ π ⋅ a3 Vat . = ⋅ π ⋅  3 4 24   n = (1/8 · 8) + (1/2 · 6) = 4 F . E. =

n ⋅ Vat . 4 ⋅ 242 ⋅ π ⋅ a 3 2 = = ⋅ π = 0,74 Vcelda a3 6

1.4 El cadmio a temperatura ambiente presenta una estructura hexagonal compacta (HC) cuyos parámetros 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 red hexagonal compacta ideal. Solución:

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a) V = Superficie base · altura Área del triángulo = (b·h) / 2 = (a · (a · sen 60))/ 2 = (a2 · sen 60) / 2 Superficie de la base = 6 · ( (a2 · sen 60) / 2) = 3 · a2 · sen 60 Altura = c V = 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 = 1,889 La relación c/a para una estructura HC ideal, que consiste en un empaquetamiento uniforme de esferas 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 lo largo 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 parámetro reticular 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, y b) Comentar este resultado para el valor esperado de c/a para una red hexagonal compacta ideal (c/a=1,633). Solución: a) d= V =

n⋅ MA n⋅ M A ⇒V = V ⋅NA d⋅NA

6 at.⋅0,04790 Kg / mol ⋅ at . = 1,05771 ⋅ 10− 28 m3 4.510 kg / m3 ⋅ 6,023 ⋅ 1023 at ./ mol

1 Estructura cristalina

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V = 3 · a2 · c · sen 60 c=

V 1,05771 ⋅10−28 m3 ⇒ = 4,678 ⋅10−10 m = 0,4678 mm −9 2 3 ⋅ a ⋅ sen 60 3 ⋅ 0,2950 ⋅10 m ⋅ sen 60

(

2

)

b) c/a = 0,4678 nm / 0,2950 nm = 1,568 Para el titanio, c/a = 1,568, y para la red ideal hexagonal compacta es de 1,633. Este hecho significa que los átomos de titanio están ligeramente comprimidos en la dirección del eje c. La celda unidad está 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, y b) Partiendo de un cubo de 1 m3 de Fe-α, ¿qué volumen ocupará este cuerpo cuando se transforme en Fe-γ ? ¿y al transformarse en Fe-δ? (peso molecular del hierro: 55,85 g/mol). Solución: a) d Fe −α =

n ⋅ MA 2 at .⋅0,05585 kg / mol = = 7.604,07 kg / m3 N A ⋅ V 6,023 ⋅1023 at . ⋅ 2,90 ⋅10−10 3 m3 mol 4 ⋅ 0,05585 d Fe− γ = = 7.627,66 kg / m3 3 6,023 ⋅ 1023 ⋅ 3,65 ⋅ 10−10

(

)

(

d Fe−δ =

2 ⋅ 0,05585

(

6,023 ⋅1023 ⋅ 2,93 ⋅10−10

)

)

3

= 7.372,88 kg / m3

b) 1 m3 Fe − γ = 1m3 Fe − α ⋅

1 m3 Fe-δ ocupará 1,0313 m3.

7.604,07 kg Fe − α 1 kg Fe − γ 1 m3 Fe − γ ⋅ ⋅ = 0,9974 m3 3 1m Fe − α 1 kg Fe − α 7.623,66 kg Fe − γ

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1.6 La perowskita (CaTiO3) presenta una estructura cristalina con una celda elemental como la de la figura: a) Hallar el número de coordinación (NC) para cada tipo de átomo, y b) Calcular la densidad teórica del compuesto. Datos: MCa = 40,08 g/mol MTi = 47,88 g/mol MO = 16,00 g/mol NA = 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 las caras), 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=

at .Ti . Ca at . O 1 atcelda ⋅ MCa + 1 celda ⋅ MTi + 3 celda ⋅ MO a0 ⋅ N A

1 átomo de Ba/celda ⇒ 8 átomos de Ca en los vértices que colaboran con 1/8 1 átomo de Ti/celda ⇒ 1 átomo central 3 átomos de O/celda ⇒ 6 átomos de oxígeno centrando caras, que colaboran con ½

1 Estructura cristalina

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Para hallar a0, se ha de considerar la mayor distancia anión-catión contiguo. Hay dos posibilidades: 2 ⋅ a0 = 2 ⋅ rCa + 2 ⋅ rO ⇒ a0 = 0,338 nm o bien: a0 = 2 ⋅ rO + 2 ⋅ rTi ⇒ a0 = 0,402 nm Consideramos la segunda ⇒ a0 = 0,402 nm = 0,402 · 10-7 cm a03 =6,496 ·10-23 cm3 1 ⋅ 40,08 mol + 1⋅ 47,88 mol + 3 ⋅ 16,00 mol g = 3,47 3 − 23 3 23 −1 6,496 ⋅10 cm ⋅ 6,023 ⋅ 10 mol cm g

ρ=

g

g

1.8 El MgO presenta una estructura cúbica compleja (de tipo NaCl). Si su densidad experimental es de 3,2 g/mol: a) Calcular qué porcentaje de defectos de Schottky habrá en la celda, y b) Calcular el factor de empaquetamiento de la estructura teórica. ¿Presenta la misma variación porcentual respecto del valor correspondiente a la estructura real? Datos: MMg = 24,31 g/mol MO = 16,00 g/mol NA = 6,023 · 1023 mol-1 RMg2+ = 0,072 nm RO2- = 0,140 nm Solución:

a) ρexp = 3,2 g/mol ρteórica = ? a0 = 2rMg + 2rO = 0,424 nm = 4,24 · 10-8 cm a03 = 7,62 · 10-23 cm3 Átomos de Mg: 12 centrando las aristas (1/4) + 1 átomo interior = 4 át.Mg/celda

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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 at .O 4 celda ⋅ 24,31 mol + 4 celda ⋅ 16 mol = 3,512 g 3 − 23 3 at . cm 7,62 ⋅ 10 cm ⋅ 6,023 ⋅1023 mol at . Mg

ρteórica =

g. Mg

g. O

ρteórica > ρexp. ⇒ realmente no habrá 4 moléculas de MgO por celda, sino menos. Mg Mg gO at .O n atcelda ⋅ 24,31 gmol + n celda ⋅ 16 mol at . 7,62 ⋅10− 23 cm3 ⋅ 6,023 ⋅ 1023 mol .

ρexp. = 3,2 g mol = n ⋅

.

.

40,31 g ⋅ ⇒ n = 3,64 ⇒ 0,36 vacantes celda 45,89 mol

% vacantes =

0,36 ⋅ 100 = 8,9 % vacantes 4

b) Vol. at./ celda 3,64 F . E.real = = Vol. celda F . E.real =

3,64

at . Mg celda

% ∆F . E . = 100 ⋅

4 3 at .O 4 ⋅ ⋅ π ⋅ rMg + 3,64 celda ⋅ ⋅ π ⋅ rO3 3 3 a03

4 3 3 at . O 4 ⋅ ⋅ π ⋅ ( 0,072 nm) + 3,64 celda ⋅ ⋅ π ⋅ (0,140 nm) 3 3 (0,424 nm)3

F . E.real =

F . E.teórico =

at . Mg celda

4

at . Mg celda

5,69 ⋅ 10−3 + 0,0418 = 0,62 0,0762 4 at . O 4 3 ⋅ ⋅ π ⋅ rMg + 4 celda ⋅ ⋅ π ⋅ rO3 3 3 = 0,68 a03

F . E.teórico − F . E.real 0,68 − 0,62 = ⋅ 100 = 8,82% F . E.teórico 0,68

Sí, presenta aproximadamente la misma variación respecto al valor correspondiente a la estructura real. 1.9 La plata Sterling es una aleación comercial, formada por una solución sólida, Ag-Cu, con una riqueza en plata del 975/1.000, y que presenta una estructura FCC. a) Calcular la densidad de esta aleación, y b) Calcular su factor de empaquetamiento. Datos: MAg = 107,87 g/mol MCu = 63,55 g/mol NA = 6,023·1023 mol-1 RAg = 0,144 nm RCu = 0,128 nm

1 Estructura cristalina

23

Solución:

a)

ρteórica =

n

at . Ag celda

at .O ⋅ M Ag + n celda ⋅ MO

a03 ⋅ N A

FCC ⇒ 4 át./celda (teórica) 2 ⋅ a0 = 4 ⋅ rAg ⇒ a0 =

4 ⋅ 0,144 nm

= 0,407 nm 2 ¿Cuántos átomos habrá de Ag y Cu en la celda? Dependerá de si forman solución sólida sustitucional o bien solución sólida intersticial. Aplicamos la relación Hume-Rothery: rAg − rCu rAg

⋅ 100 =

0,144 − 0,128 ⋅ 100 = 11% < 15% ⇒ s. s. s. 0,144

Por tanto, habrá 4 átomos en la celda de los cuales x seran de Ag y (4-x) de Cu. 955 g Ag × 25 g Cu ×

1 mol at Ag = 9,04 mol at Ag 107,87 g Ag

1 mol at Cu = 0 , 39 mol at Cu 63 , 55 g Cu

De 9.43 moles de átomos, 9.04 mol serán de Ag y 0.39 mol serán de Cu, de manera que las proporciones serán: 9,04 at Ag / at totales = 0,96 at Ag / total 9,43 0,39 Cu : at Cu / at totales = 0,04 at Cu / total 9,43 Ag :

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De manera que los 4 átomos que habrá en la celda elemental estarán distribuidos de la forma siguiente: Ag : 4 × 0.96 at Ag / celda = 3.84 at Ag / celda Cu : 4 × 0.04 at Cu / celda = 0.16 at Cu / celda Así, la densidad teórica es:

ρteórica =

. Ag . Ag .Cu .Cu ⋅ 107,87 gmol + 00,14 atcelda ⋅ 63,55 gmol 3,86 atcelda

(0,407 ⋅10

−7

)

3

cm ⋅ 6,023 ⋅ 10

23 at . mol

= 10,51

g cm 3

b) Vol .at / celda = F .E . = Vol .celda

. Ag 4 3 3 .Cu 4 ⋅ ⋅ π ⋅ rAg + 0,14 atcelda ⋅ ⋅ π ⋅ rCu 3,86 atcelda 3 3 a03

3 3 . Ag 4 . Cu 4 ⋅ ⋅ π ⋅ (0,144nm ) + 0,14 atcelda ⋅ ⋅ π ⋅ (0,128nm ) 3,86 atcelda 3 3 F .E . = (0,407nm )3

F .E. real =

0,0482 + 1,4054 ⋅ 10 −4 = 0,74 0,0674

1.10 A temperaturas elevadas, el estroncio (Sr) presenta una estructura BCC. Si se enfría, experimenta una 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?, y c) ¿Qué estructura será más densa? Demostrarlo. Solución: a) Vinicial ⇒ BCC ⇒ 2 át./celda 3 ·a0=4·r ⇒ a0 = (4·r)/

3

3

 4⋅r  Vin =  Sr  = 2,3093 ⋅ rSr3 = 12,310 ⋅ rSr3  3  Vfinal ⇒ FCC ⇒ 4 át./celda 2 ·a0 = 4·r ⇒ a0 = (4·r)/

2

3

 4⋅r  V fin =  Sr  = 2,8283 ⋅ rSr3 = 22,617 ⋅ rSr3  2  2 celdas BCC ⇒ 1 celda FCC 4 át. ⇒ 4 át.

1 Estructura cristalina

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% ∆V =

V f − Vi Vi

⋅100 =

22,617 ⋅ r 3 − 2 ⋅12,310 ⋅ r 3 ⋅100 = −8,136% 2 ⋅12,310 ⋅ r 3

b) Es una contracción ya que Vi > Vf. c)

ρFCC =

4 ⋅ M Sr M = 2,93 ⋅ 10− 25 3 3 23 22,617 ⋅ rSr ⋅ 6,023 ⋅ 10 r

ρBCC =

2 ⋅ M Sr M = 2,69 ⋅10 − 25 3 3 23 12,310 ⋅ rSr ⋅ 6,023 ⋅10 r

Así pues, es más densa la estructura FCC. 1.11 Un laboratorio recibe un lingote paralelepipédico metálico, sin defectos macroscópicos, de dimensiones 2 x 2 x 10 cm y 294,920 g de masa. La única información “verdadera” de que dispone es la de una etiqueta: “Cr-BCC”. a) ¿Qué tipo de defectos presenta el lingote?, y b) Una información posterior indica que existe un 10 % de defectos no sustitucionales. ¿Qué puede ser? Datos: MCr = 52,01 g/mol rCr = 0,125 nm Solución: V = (2·2·10) cm3 = 40 cm3 m = 294,920 g ρexp = 294,920 g / 40 cm3 = 7,373 g/cm3 BCC ⇒ 2 át./celda

a)

ρteórica

3 ·a0 = 4·r ⇒ r = 0,125·10-7 cm 104,02 g 2 at. Cr ⋅ 52,01 g / mol g = = = 7,7178 3 3 3 14 49 , cm cm  4  ⋅ 0,125 ⋅10− 7 cm ⋅ 6,023 ⋅1023 mol −1   3 

ρexp > ρteórica ⇒ tiene inserciones, o bien ha formado solución sólida sustitucional con un elemento más pesado. b) Si no son sustitucionales, son intersticiales, es decir, forman solución sólida intersticial. c) 2at.Cr ⋅ 52,01g / mol + 0,1 ⋅ 2 ⋅ M g = 7,373 3 ⇒ ρexp = 2,406 ⋅10 − 23 cm 3 ⋅ 6,023 ⋅ 10 23 mol −1 cm 104,02 + 0,2 ⋅ M ⇒ = 7,373 ⇒ M = 14,07 g / mol 14,49

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

1.12 Calcular qué familia de planos presenta mayor densidad atómica: -{1 1 0} para BCC -{1 0 0} para FCC Solución:

ρBCC =

2 at. a⋅ 2 ⋅a

=

2 2

a −2

1 Estructura cristalina

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ρFCC =

2 at. = 2 ⋅ a −2 a2

ρ {100} FCC > ρ{ 110} BCC

1.13 La distancia interatómica de equilibrio para el compuesto iónico LiF es xo=2,014 Å. Usando la expresión de Born, para la cual, en el caso del sistema LiF, el exponente es n=5,9, y sabiendo que el potencial 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, y c) El momento dipolar. Solución: a) La energía potencial del sistema LiF puede expresarse usando la relación de Born

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Ep = −

z 2 ⋅ e2 b + n 4 ⋅ π ⋅ εo ⋅ x x

z: valencia de los iones e: carga del electrón ⇒ e = 1,6022·10-19 C εo: permisividad del medio, en este caso, en el vacío ⇒ εo =

1 4 ⋅ π ⋅ 9 ⋅109 Nm2 c − 2

b: constante característica [Nm2] n: exponente de Born; para el LiF vale 5,9 x: distancia interatómica [m] La energía potencial es mínima para x=x0 (distancia interiónica de equilibrio); para calcularla hemos de conocer b. En la posición de equilibrio:  dE p  =0    dx  x = x 0

z 2 ⋅ e 2 ⋅ x 0n −1 z 2 ⋅ e2 n⋅b − = 0 ⇒ = b 4⋅π ⋅εo ⋅ n 4 ⋅ π ⋅ ε o ⋅ x 02 x 0n +1

(1,6022 ⋅10 ) b=

−19 2

(

)

⋅ c 2 ⋅ 2,014 ⋅10 −10 m

  1  ⋅ 5,9 4⋅π ⋅ 9 2 −2  4 ⋅ π ⋅ 9 ⋅10 N m ⋅ c 

Epx = x0 =

(

)

2

1⋅ 1,6022 ⋅ 10−19 ⋅ c 2   c2 4 ⋅π ⋅ ⋅ 2,014 ⋅10−10 9 2 N m 4 ⋅ π ⋅ 9 ⋅ 10   − 9,5247 ⋅ 10−19 J ⋅

+

4, 9

= 1,21⋅10 − 76 N m 6,9

1,21⋅10−76 N m6,9

(

)

2,014 ⋅ 10−10 m

5, 9

= −9,5247 ⋅ 10−19 J

1eV = −5,94 eV = Epx = x 0 1,6022 ⋅ 10−19 J

b) EDLiF = - (Epmin + EAF - PILi) = - (-5,94 + 3,45-5,39) eV = 7,88 eV Esquema del proceso: Li+F- + 5,94 eV ↔ Li+ + FLi+ + 1 e↔ Li + 3,45 eV F- + 5,39 eV ↔ F + 1 eLi+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 · ∆S m: momento dipolar z: n.º de electrones; z =1

1 Estructura cristalina

29

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 y que se emplean rayos X con una longitud de onda de λ = 75 pm. Calcular cuáles serán los ángulos de difracción 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: d hkl = d 111

a

h + k2 + l2 a a = = 2 2 2 3 1 +1 + 1 a d011 = 2 a d112 = 6 2

Aplicando la ley de Bragg: n·λ = 2·d·sen θ Para los ángulos de difracción de primer orden, tendremos n=1:

q111 = arcsen

l 2⋅

θ 011 = arcsen

θ 011 = arcsen

2⋅

2⋅

= arcsen

a 3

75 o ' '' = 9 20 42 400 2⋅ 3

λ = arcsen a 2

λ = arcsen a 6

75 o ' '' = 7 37 8 400 2⋅ 2

75 o ' '' = 13 16 33 400 2⋅ 6

2 Propiedades físicas de los materiales

31

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 es de 5,3 K. Calcular: a) El valor del campo crítico a 0 K, y b) El radio requerido para destruir la superconductividad en un hilo de vanadio por el que se hace pasar una corriente de 200 A. Solución: a)  T Hc = H0 1 −     Tc 

2

 Hc 7,1⋅ 104 A ⋅ m−1  ⇒ H0 = ⇒ H = = 1,05 ⋅ 105 A ⋅ m−1 0 2   T  2   3 1−   1 −     5,3   Tc  

b) r=

IC 200 = ⋅10− 4 = 0,448 mm 2 ⋅ π ⋅ HC 14 ⋅ 2 ⋅ 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, y c) La conductividad intrínseca a 20 oC, sabiendo que las movilidades de los electrones y de los huecos son, respectivamente, para el silicio: bn = 4 · 105 T-2,6 m2/V·s bp = 2,5 · 104 T-2,3 m2/ V.s Solución: a) EF = Eg / 2 = 1,10 eV / 2 = 0,55 eV

Materiales en ingeniería. Problemas resueltos

32

b) 3 2

N n = 4,83 ⋅10 ⋅ T ⋅ e 21

−

Eg 2 KT

K = 1,38 · 10-23 J/K −

N n = 4,83 ⋅10 ⋅ ( 293 K ) ⋅ e 21

3 2

1,10 eV J    − 23 J ⋅293 K  ⋅ 1, 6⋅10 −19   2⋅1, 38⋅10   K eV 

−1

= 8,56 ⋅ 1015 m − 3

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.s o σ20 C = 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: s s = 1,7 ⋅10− 6 Ω ⋅ cm ⋅ l l 2 2 s = ( 0,5 mm) ⋅ π = ( 0,05 cm) ⋅ π = 7,85 ⋅ 10−3 cm2 R = ρ⋅

l = 50 m = 5.000 cm

R = 1,7 ⋅ 10− 6 Ω ⋅ cm ⋅

7,85 ⋅10−3 cm2 = 2,67 ⋅ 10−12 Ω 5.000 cm

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 tipo de átomos. ¿Cuáles provocarían esta situación? Solución: ρ (Ge) = 2 Ω cm d (Ge) = 5 g/cm3 [huecos] = 1,8⋅1015 huecos/cm3 Ge

2 Propiedades físicas de los materiales

33

a) µhuecos? n=

1 ρ⋅e⋅µ

n: concentración ρ: resistividad e: carga eléctrica = carga del “hueco” (h) µ: movilidad 1,8 ⋅1015 h./ cm3 = µ=

1 2 Ωcm ⋅ 1,6 ⋅ 10−19 C / h ⋅ µ

1 1,8 ⋅10 h / cm ⋅ 2 Ωcm ⋅ 1,6 ⋅ 10−19 A ⋅ s / h 15

3

µ = 1736 .

cm2 Ω ⋅ A⋅ s

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 mica entre 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 ds =

0,06 mC 0,06 ⋅ 10−3 C Q = = 2 s 2 ⋅ (25 cm) 2 ⋅ ( 0,25 m)2 d s = 4,8 ⋅10 −4 C / m 2

b) ds ε ε = εr ⋅ εo = 4 / 4·π⋅9⋅109 (C2/N·m2) = 3,537⋅10-11 C2/N⋅m2 4,8 ⋅ 10−4 E= = 13,571⋅ 106 N / C = 13,571⋅ 106 V / m 3,537 ⋅ 10−11 E=

Materiales en ingeniería. Problemas resueltos

34

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

13,571⋅10 6 ( 4 − 1) = 3,599C / m 2 4 ⋅ π ⋅ 9 ⋅10 9

d) P = εo ⋅ χe ⋅ E =

3 (13,571⋅10 6 ) = 3,599 ⋅ 10 − 4 C / m 2 4 ⋅ π ⋅ 9 ⋅10 9 χe = ε 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, y e) La relación entre los valores de B en el Al y el vacío. Solución: a) µr = 1 + χm = 1 + 0,65·10-6 = 1,00000065 b) 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·H BAl = µo·(1 + χm)·H BAl / 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 relativa µr = 1.458. Solución: Volumen = (π·d2·l)/4 = 1,178·10-5 m3

Densidad de energía en un campo magnético: W: energía almacenada [J] V: volumen [m3]

W 1 B2 = ⋅ V 2 µ

2 Propiedades físicas de los materiales

35

B: inducción magnética; B = 0,94 Wbm-2 µ: permeabilidad absoluta en el vacío µ = µo = 4·π·10-7 Wbm-1A-1 en acero templado µ = µr·µo Vacío:

(Wb ⋅ A = m ⋅ kg ⋅ s 2

−2

⋅ A−1 ⋅ A = m2 ⋅ kg ⋅ s −2 = N ⋅ m = J

)

Acero templado: W=

d 2 ⋅ l ⋅ B2 = 2,84 ⋅ 10− 3 J 32 ⋅ 10− 7 ⋅ µr

2.8 La susceptibilidad magnética del molibdeno (Mo) es de 1,19⋅10-4. Determinar: a) La susceptibidad absoluta, b) La permeabilidad relativa, y c) Si se somete a la acción de un campo magnético de intensidad 1.000 A/m, calcular cuál será la magnetización 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/m µ = 1,257⋅10-6 H/m b) µr =

µ 1,257 ⋅10−6 H / m = = 1,000119 µ0 4π10− 7 H / m

c) H = 1.000 A/m M? Μ = χm⋅H = 1,19⋅10-4⋅1.000 A/m M = 0,119 A/m

Materiales en ingeniería. Problemas resueltos

36

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 3 Wb/m2 perpendicular a la bobina. c) ¿Qué valor presentará el campo magnético (B) en un punto situado a 2,5 cm del centro de la bobina? Datos: µo = 4·π·10-7 H/m = Wb/mA 1 Wb = 1V⋅1s Solución: a) n = 100 espiras R = 30 mm = 0,03 m I =1A S = π ⋅ r 2 = 2,827 ⋅ 10−3 m −3

µ m = n ⋅ I ⋅ S = 100 ⋅ 1A ⋅ 2,827 ⋅ 10 m = 0,2827 A ⋅ m µ m = 0,2827 A ⋅ m

2

2

2

b) B = 3 Wb/m2 θ = 90º τ = µ m ⋅ B ⋅ sen θ τ = 0,2827 Am ⋅ 3 2

Wb 2

⋅ sen 90 = 0,8481 A ⋅ Wb = 0,8481 N ⋅ m o

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

c) B = µo

I ⋅ R2 1A ⋅ ( 0,03 m)2 = µo 2 3/ 2 2( R + x ) 2 (0,03 m)2 + (0,025 m)2 2

[

]

3/ 2

x = 0,025 m = 2,5 cm H A Wb B = 4 ⋅ π ⋅ 10− 7 ⋅ 7,556 = 9,49 ⋅ 10− 6 2 m m m Wb B = 9,49 ⋅ 10− 6 2 m

2 Propiedades físicas de los materiales

37

2.10 Para la difusión del C en Fe (FCC) tenemos D0=21·10-6 m2s-1 y Q=141.284 Jmol-1, mientras que para 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, y b) La profundidad de penetración del C en Fe (BCC) a 600 oC, al cabo de 2 horas. Solución: a) − Q1

−141.284

= Do1 ⋅ e RT = 21⋅10 − 6 ⋅ e 831⋅1.173 = 1,0653 ⋅10 −11 m 2 s −1 D1173 . x1 = 2 ⋅ D1 ⋅ f ⇒ x1 = 2,7695 ⋅ 10−4 m b) D873 = D o2 ⋅ e

− Q2 RT

−75.658

= 79 ⋅10 − 8 ⋅ e 831⋅873 = 2,3356 ⋅10 −11 m 2 s −1

x 2 = 2 ⋅ D2 ⋅ f ⇒ x 1 = 5,7993 ⋅10 −4 m

2.11 Un lingote de plomo solidifica a 325 oC. En ese momento mide 25 cm. ¿Cuál será su longitud a temperatura ambiente? Datos: αPb = 29 · 10-6 cm/cm·oC Solución: ∆l = α · l0 · ∆T l0 = 25 cm α = 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 enfría bruscamente 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

Materiales en ingeniería. Problemas resueltos

38

∆l(Cu) > ∆l(Ni) ∆T = 25 -250 = -225 oC Puesto 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 nos interesa mantener una temperatura interior constante de 22 oC. Las ventanas exteriores son de 1,2 x 1,2 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?, y b) ¿Qué temperatura máxima de verano implicará las mismas pérdidas con este mismo vidrio si se instala 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 ∆T Q ≤ Κ⋅ ∆x A Q/A: calor disipado por unidad de área K: conductividad ∆T/∆x: gradiente de temperatura ∆x: grueso del cilindro Q = 5·107 cal/día A=1,44 m2 5 ⋅ 107 cal día 19 K ≤ Κ⋅ 1,44 m2 ∆x cal ⋅ 19 K ⋅ 14.400 cm2 cm ⋅ s ⋅ K cal 1día 5 ⋅ 107 ⋅ día 24 ⋅ 3600 . s ∆x ≥ 1,087 cm

Κ ⋅ 19 K ⋅ 1,44 m2 = ∆x ≥ 5 ⋅ 107 cal día

0,0023

b) ∆T = T-18oC = T -18K ∆x ≥ 1,087cm ⇒

T − 18 K 5 ⋅ 107 cal 24⋅3.600 s ≤ 0,0023 cal cm⋅ s⋅ K ⋅ 2 14.400cm 1,087cm

0,040 ≤ 2 ⋅ 116 ⋅ 10−3 ⋅ T − 18 ⇒ 18,90 ≥ T − 18 T ≤ 18,90 + 18 = 36,9o C

2 Propiedades físicas de los materiales

39

2.14 La longitud crítica fotoeléctrica para el aluminio (Al) es de 475 nm. ¿Cuál será la velocidad máxima del electrón emitido tras incidir una radiación electromagnética con una longitud de onda de 175 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 hc λ c νo = λo

hν =

3 ⋅1010 cm / s = 6,316 ⋅1014 s −1 475 ⋅10 − 7 cm hν = mv2/2 + φ = mv2/2 + hνo ½ mv2 = h⋅(ν-νo)

νo =

v=

2h (ν − νo ) = m ν=

2 ⋅ 6,62 ⋅ 10−34 J / s (ν − ν0 ) 9,1 ⋅ 10− 31 Kg

c 3 ⋅ 1010 cm / s = = 1,714 ⋅ 1015 s −1 λ 175 ⋅ 10− 7 cm

v = 1,4549 ⋅10− 3

J/s (1,714 ⋅ 1015 s −1 − 6,316 ⋅1014 s −1 ) Kg v = 1,255 ⋅ 106 m / s

Ve = h ⋅ ν o = 6,62 ⋅10 −34 Js ⋅ 6,316 ⋅1014 s −.1 Ve = 4,18 ⋅ 10−19 J

2.15 Un dispositivo tiene un filamento de wolframio (W) caliente. Se le aplica un voltaje de 5.000 V y se produce emisión de electrones. ¿Cual será el límite de longitud de onda corta que puede estimular el electrón emitido? Datos: h = 6,62⋅10-34 J⋅s Solución:

c = 3⋅1010 cm/s

e = 1,6⋅10-19 J/V

Materiales en ingeniería. Problemas resueltos

40

V = 5.000 V hc λ J 6,62 ⋅10−34 Js ⋅ 3 ⋅ 1010 cm / s 1,6 ⋅ 10−19 ⋅ 5.000 V = V λ −8 λ = 2,48 ⋅ 10 cm = 0,248 nm eV = E =

3 Materiales poliméricos

41

3 Materiales poliméricos 3.1 ¿Cuál es la masa molecular media en número ( Mn ) y en peso ( Mw ) de una mezcla que pesa 2 g y 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/mol M105= 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 moles n105= 1g / (1,472 g/mol) = 6,79 ·10-4 moles Entonces la masa molecular media en número ( Mn ) es: Mn = Σxi Mi xi : fracción molar Mi : M mol de la fracción i 6,79 ⋅10 −4 7,51⋅10 −4 ⋅1,472 ⋅1,332 + Mn = −4 (6,79 + 7,51) ⋅ 10 − 4 ( 7,51 + 6,79) ⋅10 Mn = 1,399 g/mol y la masa molecular media en peso ( Mw ) es:

Mw = Σwi Mi wi : fracción molar Mi : 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 25 ºC, con un viscosímetro de tipo capilar.

Materiales en ingeniería. Problemas resueltos

42

Calcular la masa molecular media viscosimétrica de esta muestra de PMMA. c (g/dl) t (s)

0,0 93,8 93,8 94,0 93,9

0,2 110,4 110,4 110,5 110,8

0,4 130,4 131,0 131,5 131,4

0,7 166,6 166,8 166,7 166,5

1,0 211,6 212,0 211,2 211,5

1,5 302,8 302,0 301,9 302,3

Solución: La masa molecular viscosimétrica se puede calcular a partir de la relación semiempírica de MarkHawink Sakurada. [η] = k ⋅ M va [η] : viscosidad intríseca Mv : masa molecular viscosimétrica K,a : constantes que dependen del polímero, del disolvente y de la temperatura. Para nuestro caso: PMMA / acetona / 25 ºC Por otra parte: K = 7,5·10-5 y a = 0,7 [η] = lim(c → 0)η reducida ηreducida = ηespecífica/c ηespecífica = (t-t0)/to c : concentración en g/dl t : solución to : solvente c t [s] A

[g/dl]

A : ηsp/c = (t-to)/toc

0,0 93,875 -

0,2 110,52 0,887

0,4 131,07 0,991

0,7 166,65 1,107

1,0 211,57 1,254

1,5 302,25 1,479

3 Materiales poliméricos

43

En la figura adjunta se representa la concentración frente a la ηreducida. La ordenada en el origen nos da el valor de la ηintríseca ([η]). [η] = 0,8001 y aplicando la relación de Mark-Hawink Sakurada calculamos la masa molecular media viscosimétrica. [η] = k ⋅ M va 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 masa molecular de cada fracción de poliestireno así como la cantidad de cada una en las mezclas. Mmol peso g

15.000 0,1

27.000 0,18

39.000 0,25

56.000 0,17

78.000 0,12

104.000 0,08

120.000 0,06

153.000 0,04

Solución: Masa molecular media en peso ( Mw ) Mw =∑ wi Mi 0,12 0,17 0,25 0,18 0,1 ⋅ 15.000 + ⋅ 27.000 + ⋅ 39.000 + ⋅ 56.000 + ⋅ 78.000 + Mw = 1 1 1 1 1 0,04 0,06 0,08 . + ⋅ 104.000 + ⋅ 120.000 + ⋅ 153000 1 1 1 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 n2 = 0,18/27.000 n3= 0,25/39.000 n4= 0,17/56.000 n5= 0,12/78.000 n6 = 0,08/104.000 n7 = 0,06/120.000 n8 = 0,04/153.000

= 6,67·10-6 = 6,67·10-6 = 6,4 ·10-6 = 3,04 ·10-6 = 1,5 ·10-6 = 0,77 ·10-6 = 0,5 ·10-6 = 0,26 ·10-6

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

Materiales en ingeniería. Problemas resueltos

44

Mn= +

6,67 ⋅ 10 −6 25,81 ⋅10 −6

3,04⋅10 − 6 25,81⋅10 −6

⋅15.000 +

⋅56.000+

6,67 ⋅ 10 −6 25,81⋅ 10 − 6

⋅ 27.000 +

6,4 ⋅ 10 −6 25,81⋅10 −6

⋅ 39.000 +

1,5 0,77 0,5 0,26 ⋅78.000+ ⋅104.000+ ⋅120.000+ 25,81 25,81 25,81 25,81⋅153.000 = 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 estireno a 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 −5

Mn =

25,81⋅ 10−6 4,8 ⋅ 10 ⋅ 38.622 =13.573 g/mol ⋅ 104 + −6 25,81 ⋅ 10− 6 + 4,8 ⋅ 10− 5 4,8 ⋅ 10 + 25,81 ⋅ 10 −5

Influencia sobre la Mw : Mw = Σ wi Mi =

5 ⋅ 10−3 1 ⋅ 104 + ⋅ 56.630 = 56.349 g/mol 5 ⋅ 10− 3 + 1 1 + 5 ⋅ 10− 3

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

Wcrist Wtot

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

3 Materiales poliméricos

45

wc =

ρ c⋅ ( ρ a − ρ t ) ρ ρ − ρt = c⋅ a ρ t ⋅ ( ρ a − ρ c ) ρt ρa − ρc

X = wc / wt = wc / 1 =

X=

ρc ρa − ρt ⋅ ρt ρa − ρc

1,477 1,412 − 1,442 ⋅ = 0,47 1,442 1,412 − 1,477

47% de cristalinidad

3.6 Una muestra de polietilenterftalato (PET) se enfría rápidamente desde 300 ºC (A) hasta temperatura 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= 69ºC Tm= 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 material resultante 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.

46

Materiales en ingeniería. Problemas resueltos

3.7 La muestra de PET en el estado (B), del ejercicio 3.6, se calienta hasta 100ºC y se mantiene a esta 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 y translúcido. Explicar este proceso. Esquematizar el diagrama volumen específico vs. temperatura, si esta 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 además rígido, puesto que el material consta de una fase cristalina y otra amorfa en estado vítreo (por debajo de Tg).

3.8 Explicar los siguientes hechos: a) El polietileno (PE) y el polipropileno (PP) obtenidos mediante catalizadores estereoespecíficos son rígidos y translúcidos, mientras que un copolímero 65-35 de ambos, obtenido de la misma manera, es en caucho transparente y blando. b) Existe un plástico comercialmente disponible que es similar en apariencia al PE y al PP descritos en 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 sin degradar el polímero.

3 Materiales poliméricos

47

c) Calcular la temperatura de transición vítrea (Tg) de los materiales descritos en a y b sabiendo que: Tg (PE) = 248 K Tg (PPisotáctico) = 265 K Solución: a) El PP obtenido mediante catalizadores estereoespecíficos es isotáctico. El PE y PP, al ser translúcidos, indican que están constituidos por dos fases, es decir, son semicristalinos y tienen fase amorfa 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 deducimos que tiene una sola fase, la fase amorfa. Dicha fase amorfa se encuentra a temperatura ambiente por encima de Tg y, por tanto, es un material blando, el caucho. Estas observaciones nos llevan a concluir que 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 de propileno es también un copolímero puesto que no podemos separar los componentes a menos que degrademos 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, se trata 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 = Tgc

∑T

wi gi

T en K wi =fracción molar Tg del polímero del apartado a 1 0,65 0,35 = + Tga 248 265 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 de poliestireno (PS) y de polietileno (PE). Indicar cuál sería en cada punto significativo de la curva la forma de la probeta. PS (Tg= 80ºC) PE (Tg= -30ºC, Tm= 115ºC)

Materiales en ingeniería. Problemas resueltos

48

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 de composite 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:

3 Materiales poliméricos

49

5,08 g. vidrio 1cm3 composite 0,414 g. vidrio ⋅ = 3 1cm composite 1,228 g. composite 1 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 cm3 carbono 1cm3 composite 0,307 g. carbono ⋅ = 3 1cm composite 1,46 g. composite 1 g. composite De igual forma para el Kevlar: 0,25 cm3 Kevlar 1,45 g. Kevlar 1cm3 composite 0,248 g. Kevlar ⋅ ⋅ = 3 3 1cm composite 1cm Kevlar 1,46 g. composite 1 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 y orientadas en una matriz de poliéster insaturado. Se aplica una tensión de tracción de 100 MPa en la dirección paralela a las fibras. Predecir la deformación que se originará.

Módulo elástico E [GPa] Coeficiente de Poison ν

fibra de vidrio 76 0,22

poliéster 3 0,38

Solución: Se producirá una deformación en la dirección axial (ε1) y una deformación negativa en las direcciones 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 Pa Entonces: ε1 = σ/E = 100 MPa/ 32,2⋅103 MPa = 3,11⋅10-3

Materiales en ingeniería. Problemas resueltos

50

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 y alineadas en una matriz epoxi. Predecir la resistencia a la tracción del composite en la dirección paralela a las fibras. fibra de carbono 3.200 230

Resistencia a la tracción Módulo Elástico

epoxi 60 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 (consideración adecuada, dado el % en volumen de fibras), la tensión soportada por el material compuesto en el momento 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 y alineadas en una matriz de poliéster insaturado. Predecir la resistencia a la tracción del material compuesto en la dirección paralela a las fibras.

3 Materiales poliméricos

51

fibra de vidrio 1.800 76

Resistencia a la tracción Módulo elástico

poliéster 55 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 una tensión 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 fibras contribuyen, 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 que las 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 valor de energia absorbida por unidad de área (resiliencia, ρ) está relacionado con la orientación de las fibras según una expresión del tipo ρ = 3,74 + 2,3 sen θ (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:

Materiales en ingeniería. Problemas resueltos

52

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 que suponen un máximo (y/o mínimo) para la resiliencia. Por tanto: ∂ρ ∂θ

= 2,3 cosθ = 0

⇒ cosθ = 0

⇒ θ = 90

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

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 citado polímero se calienta a 180ºC y luego se enfría muy rápidamente hasta 20ºC, ¿la cristalinidad del material será del 60%?. Justificar la respuesta. c) Si el material obtenido en el apartado anterior se mantiene a temperatura ambiente durante un año, ¿se producirá algún cambio microestructural? ¿Por qué? Solución: a) 190ºC: gomoso 100ºC: semicristalino flexible 20ºC: semicristalino rígido o vítreo b) La cristalinidad será bastante inferior. Al enfriarse rápidamente no se da tiempo suficiente a que tenga 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 para que 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 máximo de 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 las mismas condiciones de carga y sin llegar a rotura, ¿la deformación que cabe esperar sería mayor o menor? Justificar la respuesta. PP (Tg= 0ºC, Tm=140ºC) PS (Tg=80ºC)

3 Materiales poliméricos

53

Solución: a) e = (12,5 mm/500 mm)·100 = 2,5 % 1año ⋅

365 días 24 h 3.600 s ⋅ ⋅ = 315 , ⋅ 107 s 1año 1día 1 h

Con estos dos valores, obtenemos del gráfico que el valor de carga es 7,7 MPa. 9,8 N 30 kg ⋅ F 1 kg = 7,7 ⋅ 106 N m2 σ= = D2 A π⋅ 4

Materiales en ingeniería. Problemas resueltos

54

D=

80 ⋅ 9,8 π ⋅ 7,7 ⋅10 6 4

= 6,97 ⋅10 − 3 m = 6,97mm

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

55

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 metal fundido? 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 de 576 a 20ºC. ¿Por qué?¿Qué sucede con dicha fase?

56

Materiales en ingeniería. Problemas resueltos

4 Diagramas de equilibrio

57

Solución: a) Supongamos 5% Si + 95% Al: a1) 640ºC 600ºC 577ºC 550ºC

%Si (α) = 0 no hay %Si (α) = 1,20% %Si (α) = 1,65% %Si (α) = 1,30%

a2) 640ºC 600ºC 577ºC

%Si (L) = 5,0% %Si (L) = 9,0% %Si (L) = 12,6%

a3) 550ºC

%Si (β) = 99,0%

a4) T = 620ºC %α =

11 6,1 − 5,0 , ⋅ 100 = ⋅ 100 = 2115 , % 5,2 6,1 − 0,9 %β = 100 − 2115 , = 78,85 %

T = 600ºC %α =

9,0 − 5,0 ⋅ 100 = 69,32 % 9,0 − 1,2

%β = 100 − 51,28 = 48,72 % T = 578ºC 12,59 − 5,0 ⋅ 100 = 69,32 % 12,59 − 1,64 % L = 100 − 69,41 = 30,68 %

%α =

a5) T = 576ºC %α =

99,0 − 5,0 94,0 ⋅ 100 = = 96,56 % 97,36 12,59 − 1,64 %β = 100 − 96,56 = 3,45 %

T = 550ºC %α =

99,0 − 5,0 94,0 ⋅ 100 = ⋅ 100 = 96,21% 99,0 − 1,3 97,7 %β = 100 − 96,21 = 3,79 %

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

Materiales en ingeniería. Problemas resueltos

58

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% %Al (β) = 1%

%Si (L) = 12,61% %Al (L) = 87,39%

b4) Análisis de las fases α y β a 550ºC: %Si (α) = 1,30% %Al (α) = 98,70%

%Si (β) = 99,0% %Al (β) = 1%

b5) Proporciones de L y β a 578ºC: T = 578ºC %L =

99,0 − 16,0 ⋅ 100 = 96,08% 99,0 − 12,61

%β = 100 − 96,06 = 3,92% Proporciones de α y β a 576ºC: %α =

99,0 − 16,0 ⋅ 100 = 85,25% 99,0 − 1,64

%β = 100 − 85,25 = 14,75% c) El %α disminuye durante el enfriamiento: T = 576ºC %α =

m ⋅ 100 n

%α =

m ⋅ 100 n'

T = 25ºC

n’>n

%α (25ºC) < %α (576ºC)

Porque al bajar la temperatura, la solubilidad del silicio en el aluminio disminuye; lo cual implica que 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 Diagramas de equilibrio

59

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

60

Materiales en ingeniería. Problemas resueltos

Solución:

Tenemos una transformación alotrópica: α⇔β β⇔α A la temperatura T1=1.150ºC ⇒ Reacción eutéctica L ⇔ β+θ A 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 y a 655ºF para B puro. En los metales puros esto significa que hay dos fases en equilibrio. Una inflexión horizontal en un sistema de dos componentes a 500ºF para el 25% de A y el 75% de B indica que hay tres fases en equilibrio. • El punto de fusión de A es 715ºF, el punto de fusión de B es 655ºF.

4 Diagramas de equilibrio

61

• 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 B composición de α en B = x% B composición de β en B = y% B cantidades en equilibrio: α = 25% =

y − 75 ⋅ 100 y−x

β = 75% =

75 − x ⋅ 100 y−x

25·(y-x) = (y-75)·100 75·(y-x) = (75-x)·100 Obtenemos (1): 75y+25x = 7.500 b) 499ºF: 35% de A y 65% de B composición de α en B = x% B composición de β en B = y% B cantidades en equilibrio: α = 50% = β = 50% =

y − 65 ⋅ 100 y−x 65 − x ⋅ 100 y−x

50·(y-x) = (y-65)·100 50·(y-x) = (65-x)·100 Obtenemos (2): 50y+50x = 6.500 c) Dadas (1) y (2) 75y+25x = 7.500 50y+50x = 6.500 x=45 y=85

Materiales en ingeniería. Problemas resueltos

62

d) 400ºF: 40% de A y 60% de B composición de α en B = x% B composición de β en B = y% B cantidades en equilibrio: α = 60% =

y − 60 ⋅ 100 y−x

60 − x ⋅ 100 y−x 60·(y-x) = 100y - 6.000 40·(y-x) = 6.000 - 100x β = 40% =

Obtenemos (3): 2y +3x = 300 e) 400ºF: 20% de A y 80% de B composición de α en B = x% B composición de β en B = y% B cantidades en equilibrio: α = 20% =

y − 80 ⋅ 100 y−x

80 − x ⋅ 100 y−x 20y - 20x = 100y - 8.000 80y - 80x = 8.000 - 100x β = 80% =

Obtenemos (4):

80y+20x=8.000

f) Dadas (3) y (4) 2y +3x = 300 80y+20x=8.000 x=40 y=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 a formarse a 750ºC, aproximadamente. A 600ºC, el contenido de Zn en ambas fases α y β es mayor que a 750ºC. ¿De dónde proviene la cantidad adicional de Zn en las dos fases?

4 Diagramas de equilibrio

63

c) Localizar las temperaturas a las cuales pueden coexistir tres fases en equilibrio e identificar las reacciones (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

Materiales en ingeniería. Problemas resueltos

64

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 0,1 ⋅ 100 = ⋅ 100 = 2 %( aprox.) 40,1 − 35 51 , %β = 98 %( aprox.)

T = 600ºC

⇒

α+β %α =

3 43 − 40 ⋅ 100 = ⋅ 100 = 50% 6 43 − 37 %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% del total del material. El contenido en Zn total es constante. Ahora las dos fases son más ricas en Zn pero 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 T = 835ºC T = 700ºC T = 598ºC T = 424ºC T = 558ºC T = 230ºC

α+L ⇔ β β+L ⇔ γ γ+L ⇔ δ δ+L ⇔ ε ε+L ⇔ η δ ⇔ γ+ε β‘ ⇔ α+γ

Peritéctica Peritéctica Peritéctica Peritéctica Peritéctica Eutectoide 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

4 Diagramas de equilibrio

65

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 ⋅ 100 = 50% 40 − 35

d2) T? 50 g de fase α y 30 g de fase β 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 ⋅ 100 = 62,5 %( aprox.) 40 − 36

d3) T? 30 g de fase α y 50 g de fase β 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 cada fase 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% de C 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.

Materiales en ingeniería. Problemas resueltos

66

Solución: Sistema Fe + Fe3C: a) Identificación de tres reacciones invariantes y definición de las reacciones correspondientes: T = 1.495ºC

Peritéctica δ(0,09%C) + L(0,53%C) ⇔ γ(0,17%C)

T = 1.148ºC

Eutéctica L(4,30%C) ⇔ γ(2,11%) + Fe3C(6,69%C) ≡ Ledeburita (4,30%C)

T = 727ºC

Eutectoide γ(0,77%) ⇔ α(0,0218%C) + Fe3C(6,69%C) ≡ Perlita (0,77%C)

4 Diagramas de equilibrio

67

b) 1 g de aleación con un 1% de carbono está a 750ºC en estado de equilibrio. Cálculo de las proporciones de cada fase a esta temperatura y la proporción de cada fase a 700ºC: Acero (< 2,0%C) Hipereutectoide (> 0,77%C) γ + Fe3C T = 750ºC %γ =

6,69 − 1,0 ⋅ 100 = 95,2% 6,69 − 0,82

% Fe3C = 100 − %γ = 4,8% T = 700ºC

α + Fe3C o perlita (eutectoide) + Fe3C ≡ acero hiperetectoide 6,69 − 1,00 ⋅ 100 = 85,2% %α = 6,69 − 0,01 % Fe3C = 100 − %α = 14,8%

o bien: % perlita =

6,69 − 1,00 ⋅ 100 = 96,1% 6,69 − 0,77

% Fe3C = 100 − % perlita = 3,9 % c) Una aleación con la composición eutectoide es enfriada desde 800ºC hasta 20ºC. ¿Qué proporción y qué fases existen a 20ºC? Composición eutectoide: 0,77% T = 800ºC T = 727ºC T = 20ºC fases: proporción:

γ γ (0,77%C) ⇔ perlita (0,77%C) perlita: α (0,0218%) + Fe3C (6,69%C) perlita (0,77%C) perlita: α (0,0001%C) + Fe3C (6,69%C) α + Fe3C o perlita %α =

6,69 − 0,8 ⋅ 100 = 88,0% 6,69 ( aprox.)

% Fe3C = 100 − %α = 12,0%

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:

Materiales en ingeniería. Problemas resueltos

68

Temperatura ambiente:

α + Fe3C

o

α + Fe3C ⇔ γ T = 727ºC α+ γ T = 727ºC + ∆T 727ºC + ∆T < T < 800ºC α ⇒ γ γ T = 800ºC γ T = 1.200ºC γ⇒δ+γ T = 1.450ºC γ⇔L+δ T = 1.495ºC δ+L T = 1.495ºC + ∆T 1.495ºC + ∆T < T < 1.500ºC L T = 1.505ºC

α + perlita

δ⇒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 0,76 − 0,6 ⋅ 100 = 21,6% %α = 0,77 − 0,02 %γ = 100 − %α = 78,4% e3) La fracción de perlita a 720ºC y su composición: perlita= mezcla eutectoide ( α + Fe3C) 0,6 − 0,02 ⋅ 100 = 77,3% % perlita= 0,77 − 0,02 La composición de la perlita es siempre 0,77%C e4) La fracción de ferrita proeutectoide a 730ºC: (ver apartado e2) 0,76 − 0,6 ⋅ 100 = 21,6% α% = 0,77 − 0,02 e5) La fracción de ferrita proeutectoide a 720ºC tras un enfriamiento desde 730ºC %α( proeutectoide ) = 100 − %perlita = 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 la cementita.

4 Diagramas de equilibrio

69

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 de 0,77%C a 900ºC y a 600ºC (supóngase equilibrio). e) Representar esquemáticamente cómo varía la microestructura del material en el anterior proceso de enfriamiento.

Solución:

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

6,69 − 0,77 ⋅ 100 = 88,5% ⇒ % Fe3C = 100 − %α = 11,5% ; 6,69 − 0

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?

Materiales en ingeniería. Problemas resueltos

70

Solución: a) ( I ) = Eutéctico b) L + α %α =

23 43 − 20 ⋅100 = ⋅ 100 = 67,6%α 34 43 − 9 20 − 9 %L = ⋅100 = 32,4% L 43 − 9

c) L : 43%Cu y 57%Ag α : 9%Cu y 91%Ag d) L + β %L =

91,2 − 80 ⋅100 = 58% L 91,2 − 71,9

%β =

80 − 71,9 ⋅100 = 42%β 91,2 − 71,9

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

4 Diagramas de equilibrio

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

71

Materiales en ingeniería. Problemas resueltos

72

4.9. La figura adjunta corresponde al diagrama Fe-C. a) Un análisis metalográfico cuantitativo de un acero hipereutectoide enfriado en equilibrio hasta temperatura ambiente reveló que la cantidad de perlita presente era de un 85%. ¿Cuál es la composición nominal de la citada aleación? b) Para el acero 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 hasta la temperatura ambiente? d) ¿Qué fases y porcentaje de ellas cabe esperar cuando el mismo acero anterior se enfría rápidamente desde 900 ºC hasta la temperatura ambiente? Para responder a esta pregunta 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

4 Diagramas de equilibrio

73

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 se produce fusión congruente e incongruente.

Solución:

Materiales en ingeniería. Problemas resueltos

74

4.11 Un acero se ha enfriado rápidamente desde 900ºC hasta temperatura ambiente. Un estudio metalográfico del mismo revela la existencia de un 93% de martensita y un 7% de cementita. Ver figura del problema 4.9. a) ¿Cuál es la composición del acero? (Puede suponerse que Mf es superior a la temperatura ambiente). b) Si el enfriamiento se hubiese efectuado lentamente (en equilibrio), ¿qué fases y porcentajes de las mismas se observarían a temperatura ambiente? c) Para la misma situación del apartado b) ¿qué porcentaje de mezcla eutéctica cabe esperar? Solución: a) Es hipereutectoide: 0,93 =

6,67 − x ⇒ x = 1,68%C 6,67 − 1,25

b) 6,69 − 1,68 ⋅ 100 = 74,88% 6,69 − 0 % Fe3C = 100 − 74,8 = 2511% ,

%α =

c) % perlita =

6,69 − 1,68 ⋅ 100 = 84,6% 6,69 − 0,77

5 Propiedades mecánicas de los materiales

75

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 ingenieril máxima 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: smáx =

σ (ε máx ) 0, 33 ⇒ σ ( ε máx ) = 200.000 ⋅ ( 0,33) = 138.700 psi ( eu + 1)

ε u = ln( e u + 1) ⇒ e u = exp( ε u ) − 1 = exp( 0,33) − 1 = 0,3909 (El subíndice u hace referencia al valor máximo de tensión en la curva ingenieril.) smáx =

138.700 = 99.700 psi exp( 0,33)

5.2 En un ensayo de tracción de un metal, la fractura ha ocurrido a máxima carga. Las condiciones de 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 resueltos

76

b) Se ensaya un material más dúctil, de tal modo que aparece estricción. Las condiciones de fractura son ahora Lfinal = 83 mm, L0 = 40 mm, ∅final = 8 mm y ∅0 = 12,8 mm. Calcular nuevamente la deformación verdadera usando variaciones de sección y de longitud. ¿Qué medida es más exacta? Solución: a)  Lf   60  ε f = ln   = ln   = 0,405  40   L0   Af   150  ε f = ln   = ln   = 0,405  100   A0  Se obtienen valores idénticos porque el volumen se conserva en toda la longitud de la probeta al no haber estricción localizada (la rotura ocurrió a carga máxima). b)  Lf   83  ε f = ln   = ln   = 0,730  40   L0   ∅2f   Af   ∅f   12,8  ε f = ln   = ln  2  = ln   = 2 ⋅ ln   = 0,940  8   A0   ∅0   ∅0  2

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

5.3 De un ensayo de tracción efectuado sobre una probeta normalizada de acero se obtuvo el siguiente valor de reducción de sección (RA) en la rotura: RA = 25%. a) ¿A qué valor de deformación 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 εf =

∫

Lf

Lo

 Lf  dL = ln   L  L0 

y aplicando la conservación del volumen: A   Lf  ln   = ln  0   L0   Af 

o=φ( ⋅−π)

5 Propiedades mecánicas de los materiales

77

Por otro lado: RA =

A0 − A f A0

Af

= 1−

A0

⇒

Af A0

= 1 − RA ⇒

A0 1 = A f 1 − RA

luego:  1  ε f = ln    1 − RA  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 la probeta, no es posible calcular Lf. Si por el contrario fue homogénea, entonces Lf  Lf  0,287 = ln   ⇒ exp( 0,287) = ⇒ L f = 33,31 mm 25  L0  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 la carga sobre cada cable será de 15.000 N. Determinar el diámetro mínimo requerido suponiendo un factor de seguridad de 2 y un límite elástico de 750 MPa para el acero en cuestión. Solución: σelástico 750 MPa = = 375 MPa ψ 2

σtrabajo =

σtrabajo =

So =

P P ⇒ So = σtrabajo So

15.000 N = 4· 10-5 m2 375 ⋅ 106 Pa

Asumiendo una sección cilíndrica: So =

πφo 2 → φo = 4

4So π

= 7,1 · 10-3 m = 7,1 mm

Materiales en la ingeniería. Problemas resueltos

78

5.5 Una probeta cilíndrica de una aleación de titanio con un diámetro original de 8 mm experimenta deformación elástica exclusivamente cuando se aplica una carga de 7.500 N. Calcular la máxima longitud 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 ?

σ ε

E= σ=

P P = So πφo 2

= 4

4 ⋅ 7.500 N

π ( 0,008 m)

2

= 149,2 ⋅ 106 Pa = 149,2 MPa

ε exclusivamente elástica ⇒ ε=

σ 149,2 MPa = = 1,4 ⋅ 10− 3 = 0,0014 E 108 ⋅ 103 MPa ∆l ∆l ε= ⇒ lo = lo ε

Para ∆lmáx = 0,40 mm lomáx =

0,40 mm = 285,7 mm 0,0014

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 sin que ésta se deforme plásticamente? Si la longitud original de la probeta es de 60 mm, ¿cuál es el máximo alargamiento permisible en el rango elástico? El módulo de elasticidad de la aleación es 110 GPa. So = 130 mm2 lo = 60 mm Solución:

5 Propiedades mecánicas de los materiales

79

σmáx (rango elástico) = 300 MPa =

P S0

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

∆l lo

→

1m2 = 39.000 N 106 mm2

σmáx ( r . el . ) 300 MPa = = 2.7 ⋅10 − 3 E 110 ⋅10 3 MPa

∆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 deformada elásticamente a tracción. Una carga de 18.000 N produce una reducción en el diámetro de la probeta de 0,006 mm. Calcular el coeficiente de Poisson de este material si su módulo de elasticidad es de 105 GPa. Solución: P = 18.000 N → ∆φ = φo - φf = 0,006 mm 3 ν = ? , si E = 105 · 10 MPa εlat =- [(def. lateral)/(def. axial)] ν =− εax εlat = φ f − φ o = − 0 , 0 0 6 m m = − 0 , 0 0 0 5 φo

12m m

18.000 N P π ⋅ φo2 σ 4 ⋅ 18.000 N 4 εax = = So = = = 0,00152 9 E E 105 ⋅ 10 Pa π ⋅ ( 0,012m)2 ⋅ 105 ⋅ 109 Pa 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 un esfuerzo 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 son posibles candidatos? b) Si además la máxima reducción de diámetro permitida es de 0,0012 mm, ¿qué metales de la tabla satisfacen las condiciones requeridas?

Materiales en la ingeniería. Problemas resueltos

80

Metal o aleación Aluminio Latón Cobre Magnesio Níquel Acero Titanio Tungsteno

Módulo de elasticidad (MPa x 104) 6,9 10,1 11,0 4,5 20,7 20,7 10,7 40,7

Módulo de cizalladura (MPa x 104) 2,6 3,7 4,6 1,7 7,6 8,3 4,5 16,0

Coeficiente de Poisson 0,33 0,35 0,35 0,29 0,31 0,27 0,36 0,28

Solución: a) σ = 28 MPa Si ∆l < 0,08 mm → εelástica <

∆lmax 0,08 mm = lo 20 mm

E=

⇒ εel. < 0,0004

σ σ → ε = < 0,0004 ε E 28 MPa 7·104 MPa

De la tabla se observa que todos los metales son posibles candidatos, excepto el aluminio y el magnesio. b) εlateral mínima =

∆φmín −0,0012 mm = = −0,00008 = −8 ⋅ 10− 5 15 mm φo

Entonces: εlat > -8 · 10-5 y εlat ν= − donde εaxial σ 28 MPa εaxial = = E E así:

5 Propiedades mecánicas de los materiales

81

28 MPa > −8 ⋅ 10− 5 E ν 8 ⋅ 10−5 1 < = 2,9 ⋅ 10− 6 ⋅ E 28 MPa MPa

εlat = −νεaxial = −ν

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 la corrosión 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 debe soportar una carga de 32.000 N sin experimentar deformación plástica ni su diámetro reducirse en más 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 fuera competitivo en la selección? c) ¿Cuál debería ser el coste específico de la aleación de magnesio para que este material fuera competitivo en la selección? d) Un cambio de un 25% en el límite elástico de la aleación de magnesio puede ser inducido por deformación en frío y este tratamiento es permisible. ¿Cambiaría esto su selección final?

Material

E (GPa)

Aleac. Al Acero Aleac. Ti Aleac. Mg

70 205 105 45

Solución: a) Dos requerimientos:

Límite elástico (MPa) 250 550 850 170

Módulo de Poisson

Densidad (g/cm3)

0,33 0,27 0,36 0,29

2,8 7,8 4,8 1,8

Precio (PTA/t)

200.000 100.000 1.000.000 400.000

Materiales en la ingeniería. Problemas resueltos

82

P = 30.000 N 1. No experimentar deformación plástica  φ = 14 mm 2. Reducción de diámetro “máxima” de 0,010 mm De 1: P 30.000 N 30.000 N ⋅ 4 = = 2 2 = 195 MPa So πφo π ⋅ ( 0,014 m) 4 σelástico > 195 MPa ⇒ Aleación Mg no cumple. σ=

De 2: φ = 14 mm

εaxial =

σ 195 MPa = E E

εlateral = εφ = −νε axial 120 mm

− 0 , 010 m m = − 0 , 00071 = − 7 ,1 ⋅ 10 − 4 14 m m

ε φ mínima =

Entonces: -ν εaxial > -7,1 · 10-4

→

195 MPa < 71 , ⋅ 10− 4 E 1 ν < 3,6 ⋅ 10− 6 E MPa

ν εaxial < 7,1 · 10-4 → ν

Así: ν E ν E

=

1 0,33 = 4,7 ⋅ 10− 6 3 70 ⋅ 10 MPa MPa

=

1 0,27 = 1,3 ⋅ 10− 6 3 205 ⋅ 10 MPa MPa

Al

Acero

ν E

= Ti

1 0,36 = 3,4 ⋅ 10− 6 3 105 ⋅ 10 MPa MPa

- Entre los dos candidatos posibles (Acero, Ti), la selección final se hace bajo consideraciones económicas. PTA ⋅ pieza =

Precio t

⋅ Peso pieza material

;y

5 Propiedades mecánicas de los materiales

83

Pesopieza = ρmaterial · Vpieza Precio PTA / pieza

acero

PTA / pieza

Ti

=

t acero Precio t

⋅ ρ acero ⋅ V pieza = ⋅ ρ Ti ⋅ V pieza

100.000 ⋅ 7,8

g 3

cm = 0,1625 g PTA 1.000.000 4 8 ⋅ , 3 t cm

Ti

Entonces la selección final es acero. b) PTA t Ti

para que

PTA ⋅ pieza acero PTA ⋅ pieza Ti 1=

PTA a t

= Ti

=1

100.000 PTA t ⋅ 7,8 a PTA t ⋅ 4,8 g

100.000 PTA t ⋅ 7,8 g 4,8

g cm 3

g cm 3

cm 3

cm 3 = 162.500 PTA t

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 el segundo requerimiento. 1 1 0,29 ν = = 6,4 ⋅ 10− 6 > 3,6 ⋅ 10− 6 3 E Mg 45 ⋅ 10 MPa MPa MPa No cambiaría la selección final.

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

∫

εf

La tenacidad UT de un material se define como U T = σdε , es decir, es la energía por unidad de 0

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

εf 1 1 ε 0 σ 0 + σdε = ε 0 σ 0 + 2 2 ε0

∫

∫

εf

ε0

Kε n dε =

ε nf +1 − ε 0n +1 1 ε 0σ 0 + K 2 n +1

Materiales en la ingeniería. Problemas resueltos

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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 la definición de deformación verdadera podemos decir que:  1  A  ε f = ln  0 A  = ln    1 − RA   f Sustituyendo ahora:    1   n +1  σ  n +1  0   ln   −     E  1 σ 02    1 − RA   UT = + K  n +1 2 E       En el caso de que la energía absorbida en el rango elástico sea mucho menor que la correspondiente al rango plástico, la expresión anterior se simplificaría a:   1   ln     1 − RA   UT = K n +1

n +1

Puede apreciarse que la tenacidad puede calcularse después de conocerse la estricción del material y sus 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 de espesor (t). Suponemos que la sección de la mesa que recibe el impacto es la perpendicular a la superficie 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, como máximo, la energía que puede absorber el material en el impacto: E potencial = M ⋅ g ⋅ h = Eabsorbida = ρ ⋅ Simpacto La única incógnita de esta igualdad es el valor de h; por tanto, sólo se ha de despejar h frente al resto de valores, ya que Simpacto = ∅ · d = 1 m · 0,03 m = 0,03 m2 = 30.000 mm2.

5 Propiedades mecánicas de los materiales

h=

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ρ ⋅ S impacto M⋅g

=

0,01 J mm 2 ⋅ 3 ⋅10 4 mm 2 = 3,4 m 9 kg ⋅ 9,8 N kg

Por tanto, se puede considerar que si se deja caer desde una altura inferior a 3,4 m, el objeto no provocará la rotura del vidrio de la mesa.

5.12 La mesa del ejercicio anterior se somete a una inspección de grietas internas por métodos no destructivos. Se halla que las grietas son muy agudas, todas ellas paralelas a la superficie de la mesa y paralelas entre ellas (Y=1). La longitud máxima determinada para estos defectos se ha determinado y es de 18 mm. ¿Qué valor máximo de masa podemos colocar sobre la superficie de la mesa sin que ésta se rompa a causa 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 el valor asociado a la tenacidad a fractura del vidrio, la mesa se romperá; por tanto, se ha de hallar qué esfuerzo máximo se puede soportar y, a partir de aquí, qué fuerza (peso) se asocia a ese esfuerzo. El valor de a que hay que considerar es el equivalente a la semilongitud de los defectos hallados, ya que son 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 la mesa de vidrio sin romperse.

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

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

Solución: D = 3,81 cm 172MPa ⋅ 0,35 =

(D

145 psi 1ksi ⋅ = 24,94 psi 1MPa 1.000 psi 2 0

⋅ π − π ⋅ 3,812 D2 4 ⋅ 0 ⋅π 4

)= D

⇒ 0,65 ⋅ D02 = 14,52 ⇒ D0 =

Esto supone una deformación en frío de un 35%.

2 0

− 3,812 D02

⇒

14,52 = 4,72cm 0,65

5 Propiedades mecánicas de los materiales

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5.14 Dos probetas de la misma aleación metálica y sin deformación previa son conformadas y, por consiguiente, sus secciones reducidas. Una tiene la sección circular y la otra rectangular; y durante el conformado las secciones mantienen sus respectivas formas. Las dimensiones originales y después de la deformación son: Circular (diámetro, mm) Dimensiones Originales Deformadas

Rectangular (mm)

20,0 16,0

20,0 x 40,0 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 b

14

40

43,8

y para la otra: φ S=

πφ 2 4

→

: 20

16

La dureza relativa entre las dos muestras viene dada por un porcentaje mayor o menor de trabajo en frío al cual hayan sido sometidas durante el conformado; así:  So − Sf  % CW =   ⋅100  So  (1)  bo ⋅ ho − bf ⋅ hf   20 ⋅ 40 − 14 ⋅ 43,8  % CW =   ⋅ 100 =   ⋅ 100 = 23,4%     bo ⋅ ho 20 ⋅ 40 (2) 2 2  πφo − πφf  2 2  4 4  ⋅ 100 =  20 − 16  ⋅ 100 = 36,0% % CWo =  2  πφo  202    4

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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 y una ductilidad mínimos de 300 MPa y 27% (alargamiento a rotura), respectivamente. Si la aleación puede trabajarse en frío, decidir entre cobre, latón y acero 1040. ¿Por qué? La variación de algunas características mecánicas en función del porcentaje de trabajo en frío, para los materiales bajo consideración, se muestra en las figuras adjuntas.

Solución:

5 Propiedades mecánicas de los materiales

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Materiales en la ingeniería. Problemas resueltos

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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 consideración satisfacen los requerimientos citados: σel > 300 MPa %εf > 27% cobre, para %CW > 38% latón, para %CW > 15% acero 1040, aun para %CW = 0

cobre, para %CW < 10% latón, para %CW < 19% acero 1040 para ningún caso.

Puesto que los dos requerimientos deben ser cumplidos simultáneamente, la selección será latón trabajado 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 por trefilado, manteniéndose la sección circular durante el proceso de conformado. Se requiere un límite elástico en exceso de 350 MPa y una ductilidad de, al menos, el 15 %. Si el diámetro final debe ser de 7,5 mm, explicar cómo se puede conseguir dicho producto final. Las figuras adjuntas al problema anterior muestran la variación de algunas características mecánicas en términos del porcentaje de deformación en frío para el latón en consideración. Solución: 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% So − Sf ⋅100 % Cw = So Si φf requerido es de 7,5 mm y φo es de 10 mm, veámos cuál es el %CW asociado a llevar a cabo el proceso en una sola pasada: De las figuras del ejercicio anterior

π (10 mm) π ( 7,5 mm) − 4 4 %Cw 10→7.5 = ⋅100 = 43,75 % > 29 % ⇒ 2 π ( 7,5 mm) 2

2

4 ⇒ No es posible en una sola pasada. Planteamos el proceso en dos pasos con un tratamiento de recocido (restauración más recristalización) intermedio: φf = 7,5 mm

y

%CW2 = 26%

5 Propiedades mecánicas de los materiales

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πφ ′ 2 πφ f − S ′ − Sf 4 %CW2 = 26% = ⋅100 = 4 πφ ′ 2 S′ 4

2

⋅ 100

(φ ′)2 − (7,5 mm)2 (φ ′)2

0,26 =

0,26 φ′2 = φ′2 - 56,25 mm φ′ =

%CW1 =

So − S ′ ⋅ 100 = So

πφ 0 2

56,25 mm2 = 8,71 mm (1 − 0,26)

πφ ′ 4 − 4 ⋅ 100 = πφo 2 4 2

π (10 mm)

π (8,71mm) 4 − 4 ⋅ 100 = 2 π (10 mm) 4 2

2

= 24,71 = %CW1 NOTA: Aunque el %Cw1 está en el rango de %Cw requerido como paso final, podría ser cualquier valor 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 de 75 mm de espesor a una de 7,5 mm para lo cual se requiere que la resistencia máxima sea de, al menos, 180 MPa, y el alargamiento mínimo del 4%. Se permite una deformación en frío máxima del 70% antes de que el material se rompa. Describir como se efectuaría esta operación, incluyendo el porcentaje de trabajo en frío y los espesores intermedios requeridos para el proceso. Comparar este proceso con el que usted recomendaría si la deformación inicial se pudiera realizar en caliente. Solución: Para Rm ≥ 180 MPa ⇒ CW ≥ 40% y para A(%) ≥ 4% ⇒ CW ≤ 40%( aprox.) ⇒ CWterminal = 40% t i − 7,5 = 0,4 ⇒ ti = 12,5 mm ti FRÍO: 1. CW 70% desde 70 mm hasta 22,5 mm; ya que

75 − t f 75

2. Recocido.

= 0,7 ⇒ t f = 22,5 mm

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

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22,5 − 12,5 = 0,44 ⇒ 44,4% 22,5

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 mm 2. 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 de diámetro a uno de 4 mm, para lo cual se requiere que la resistencia máxima sea, al menos, de 1.500 MPa, y el alargamiento a rotura mínimo del 4%. Los cambios de resistencia máxima y alargamiento a rotura en función del trabajo en frío aplicado al material en consideración se muestran en el gráfico adjunto. Se permite una deformación en frío máxima del 80% antes de que el material experimente rotura. Describir como se efectuaría esta operación, incluyendo el trabajo en frío y los diámetros intermedios requeridos (si fuera el caso) para el proceso. Comparar este proceso con el que usted recomendaría si la deformación inicial se pudiera realizar en caliente.

5 Propiedades mecánicas de los materiales

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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 paso Φ ο = 16 mm a Φ f = 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 de atrás hacia adelante. PASO FINAL: %CW = 50% Φ ‘= X Φ f = 4,0 mm ' '2 2 2 2 A −A Φ −Φ x − 16 mm f f %CWf = ⋅ 100 = ⋅ = ⋅ 100 = 50 100 ' 2 '2 A x Φ 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: ' 2 '2 2 2 A0 − A Φ0 − Φ (16 mm) − (5,66 mm) %CW1 = ⋅ 100 = ⋅ 100 = ⋅ 100 = 87,5% 2 2 A0 Φ0 (16 mm) ¡No admisible! Necesitamos al menos, realizar dos pasos intermedios: Seleccionamos %CW ≈ 60%; aquí la única limitación es %CW