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MATERIALES EN INGENIERIA

Problemas resueltos

Francisco Javier Gil Mur José María Cabrera Marrero

Maria Lluisa Maspoch Ruldua Luis Miguel Llanes Pitarch M" Núria Salán Ballesteros

O o s autores, 1998, OEdcons U P C 1998 Quedan rigurosamente prohbdas, s n a autor~zacon escrita de o s ttuares d e c o p y r g h t bajo a s sancones estabecdas en a s leyes, a reproduccon total o parca de esta obra por cuaquer medo a procedmento, comprenddos a reprografa y e tratamento n fomatco , y a dstrlbucon de ejemplares de e a medante a q u e r o prestarno pubcos

Índice

1 Estructura cristalina

2 Propiedades físicas de los materiales

3 Materiales poliméricos

4 Diagramas de equilibrio

5 Propiedades mecánicas de los materiales

6 Metalografía

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 Tecnica 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

1.1 El hierro a temperatura ambiente presenta una estructura cúbica centrada en el cuerpo con un parámetro de red a = 2,87 A. 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, jj 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 lg de hierro, j) El volumen de una celda unitaria, k) La densidad atómica lineal en la dirección [1 2 11, y 1) La densidad atómica superficial en el plano (1 2 0).

Solución:

O los autores, 1998, O Edicions UPC, 1998 Quedan rigurosamente prohibidas, sin la autorización escrita de los titulares del "copyright", bajo las sanciones establecidas en las leyes, la reproducción total o parcial de esta obra por cualquier medio o procedimiento, comprendidos la reprografia y el tratamiento informático, y la distribución de ejemplares de ella mediante alquiler o préstamo públicos

12 Materiales en ingenieria. Problemas resueltos

a) La masa de un átomo g 1 m01

55,84 7- . 23 = 9 , 2 7 . 1 0 - ~ ~ ~ / a t . m01 6,023.10 at.

b) La densidad del hierro 1 n0at . :8 .g+1=2at .

2 at.. 9,27. / at. 1 kg --

- 7.843 kg / m 3

(k'= ( 2 , 8 7 . 1 0 - ~ O m ) ~ 1.OOOg

c) El radio atómico del hierro

di El volumen atómico

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

2 at. - = 8,46. at.lm3

VCerda (2,87 . m)

O los autores, 1998, O Edicions UPC, 1998

1 Estructura cristdina 13

j El número de átomos por g

,, at. lmol 6,023.10 - 1,08 . loz2 a t l g

m01 55,847g

g) El número de moles por m3

kg lOOOmol 7.843T. =1,40.10 5 mol lm 3

m 55,847kg

h) La masa de una celda unitaria

at. lmol 55,847g 2-. - 1,85. 10-22g/ celda

celda 6,023. at, 1 m01

i) El número de celdas unitarias existentes en Ig de hierro

1 celda ,, at. 1 m01 ---.6,023.10 - 5,39.102' celda /

2 at. m01 55,847g

j) El volumen de una celda unitaria

v = a 3 = ( 2 , 8 7 . 1 0 - ' ~ m ) ~ = 2,36.10-29m3

k) La densidad atómica lineal en la dirección [ l 2 11

no átomos = % + % = 1

b = a . ~ ( 1 - 0 ) ~ + ( 2 - 0 ) ~ + ( 1 - 0 ) ~ = a , &

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

(120) S {(x = 2) ; (y = l ) ; ( z = m)} +Puntos de intersección con los ejes


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 [ l 1 O], c) La densidad atómica superficial en el plano (1 1 l), d) El radio atómico, y e) El factor de empaquetamiento.

Solución:

a) La densidad teórica

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

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


1 Estructura cristalina 15

d) El radio atómico

e) El factor de empaquetamiento

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



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

- Cúbica centrada en las caras


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

h) La relación c/a. Comentar el resultado para el valor esperado de c/a = 1.633 para una red hexagonal compacta ideal.

Solución:



a) V = Superficie base . altura Área del triángulo = @.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.~) . sen 60 = 1,29 . 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:

n . M A n . M A (j = - > v = -

V . N A d . N A

6at:0,04790 Kg / m01 . at. V = = 1,05771. m3

4.510 kg 1 m3 .6,023.10~~at./mol


b) C/U = 0,4678 nm / 0,2950 nm = 1,568 Para el titanio, c/u = 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 a. Cúbico centrado en el cuerpo: a = 2,90 . 10.'~ m de parámetro reticular - Hierro y. Cúbico centrado en las caras: a = 3,65 . 10.'~rn de parámetro reticular. - Hierro 6. Cúbico centrado en el cuerpo: a = 2,93 . 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-a, ¿qué volumen ocupará este cuerpo cuando se transforme en Fe-y ? ¿y al transformarse en Fe-S? (peso molecular del hierro: 55,85 g/moo.

Solución:

a)

1 m 3 ~ e - S ocupará 1,0313 m3

1 Estructura cristalina 2 1

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

o bien:

Consideramos la segunda > a. = 0,402 nm = 0,402 . cm a: =6,496 cm3

1.8 El MgO presenta una estructura cúbica compleja (de tipo NaC1). 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: Mm = 24,3 1 g/mol

Mo= 16,OO g/mol N*= 6,023 . mor1 R ~ ~ + = 0,072 nm R ~ ~ - = 0,140 nm

Solución:

a) pe,, = 3,2 g/mol

Pteorica = ? a. = 2rm + 2r0 = 0,424 nm = 4,24 . cm a: = 7,62 . cm3 Átomos de Mg: 12 centrando las aristas (114) + 1 átomo interior = 4 át.Mg/celda


22 Maferiales en ingeniería Pmblemar resueltos

Átomos de 0: 6 átomos centrando las caras y 8 átomos centrando los vértices S (6.(1/2)) +

pt,,,,,> pexp S realmente no habrá 4 moléculas de MgO por celda, sino menos

4 4 Vol.at.lcelda 3,64=.-.n.v3 + 3 , 6 4 S . - . n . v :

FE.,, = - - 3 Mg 3

Volcelda 4

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 97511 000, y que presenta una estmctura FCC. a) Calcular la densidad de esta aleación, y b) Calcular su factor de empaquetamiento.

Datos: MAg = 107,87 g/mol &, = 63,55 g/mol NA = 6,023.10~~ mor' RAg =0,144 nm Rc,= 0,128 nm


Solución:

n " ' " L g . ~ + ~ M . M , , , = celda Ag celda

feonca a: . N ,

FCC 3 4 át.1celda (teórica)

¿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:

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

1 m01 at Cu 25 g Cu x = 0,39 rnol at Cu

6335 g Cu

De 9.43 moles de átomos, 9.04 m01 serán de Ag y 0.39 m01 serán de Cu, de manera que las proporciones serán:

9,04 Ag : - at Ag 1 at totales = 0,96 atAg 1 total

9,43 0,39

Cu : - at Cu 1 at totales = 0,04 at Cu 1 total 9,43

O los autores, 1998; O Edicions UPC, 1998.

24 Materiales en ingenieria. Problemas resaeltos

De manera que los 4 átomos que habrá en la celda elemental estarán distribuidos de la forma siguiente: Ag : 4 x 0.96 at Ag lcelda = 3.84 at Ag lcelda

Cu : 4 x0.04 at Culcelda = 0.16 at Culcelda

Así, la densidad teórica es:

4 3 a i ~ u . ~ . n . ~ ~ 4 Vol,at[celda 3'86s'p'n' +0,147iE

F.E. = - - 3 3 Vol.celda 0:

4 4 3,86=..n.(0,144nm)l + 0 , 1 4 ~ . . n . ( 0 , 1 2 8 u m ) l

F.E. = 3 3 (0,407nm)l

F.E.,, = 0,0482 + 1,4054. lo4

= 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, jcorresponde a una contracción o a una dilatación?, y c) ¿Qué estructura será más densa? Demostrarlo.

Solución:

V ,,,,,, I 3 BCC 3 2 át.lcelda

.ao=4.r 3 a. = (4.r)l &

V8,,, 3 FCC 3 4 át.lcelda

JZ .ao= 4.r 3 a. = (4.r)1&

2 celdas BCC 3 1 celda FCC

4 át. 3 4 át.

b) Es una contracción ya que V, > Vi.

4 . Msr M c) PFCC = = 2,93. -

22,617. r j r . 6,023. r 3

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: Me = 52,Ol g/mol

re = 0,125 nm

Solución:

V = (2.2.10) cm3= 40 cm3 m = 294,920 g

p,, = 294,920 g 140 cm3 = 7,373 g/cm3

BCC 3 2 át.lcelda

& . a o = 4 . r 3 r = 0,125.10'cm

2 at. Cr .52,01 g 1 m01 - - 104,02 g

Plednca = g

l3 =7,7178-

14,49 cm3 cm3 - 0,125.10-'cm .6,023. 10~~mo l - '

p,, > p,,, 3 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)

3 104202+0'2' M = 7,373 3 M = 14,07g Imol 14,49

26 Materiales en inneniería. Problemas resueltos

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 O} para BCC -{1 O O} para FCC

Solución:

O los autores, 1998; O Edicions UPC, 1998.


2 at. PFCC = 7 = 2 . a-2

1.13 La distancia interatómica de equilibrio para el compuesto iónico LiF es x,=2,014 A. 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 e V y la afinidad electrónica es de 3,45 eV. Calcular: a) La energía potencial mínima: E,,,, 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


z: valencia de los iones e : carga del electrón 3 e = 1.6022- 1 0"' C

q: permisividad del medio, en este caso, en el vacio E, = 1

4 - ~ . 9 - 1 0 ~ ~ m ~ c - ~ b: constante característica [ ~ r n ~ ] n: exponente de Born; para el LiF vale 5,9 x: distancia interatbmica [m ] La energía potencial es mínima para m. (distancia intenionica de equilibrio); para calcularla hemos de conocer b.

Esquema del proceso: L~?F-+ 594 GV tt ~ i ' t F' ~ i ' + 1 e' e Li -t 3,45 eV F- + 5,39 eV t, F + 1 e'

c)rn=z. e . & m: momento dipolar z: n." de electrones; z = I

1 Estructura cristdina 29

e : carga del electrón; e = 1,6022 . C

AS: separación de los baricentros de las cargas; AS = 2,014 a

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 h = 75 pm. Calcular cuáles serán los ángulos de difracción de primer orden para las caras (1 1 l), (O 1 1) y (1 1 2).

Solución:

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

Aplicando la ley de Bragg: n.h = 2.d.sen O

Para los ángulos de difracción de primer orden, tendremos n=l

1 75 q,,, = avcsenP= a v c s e n - 9"2042" a 400 -

2.- 45

2.- 45

2 PropiedadesJsicar de los materiales 31

2 Propiedades físicas de los materiales

2.1 Para el vanadio, el campo crítico a 3 K es H, = 7,l . lo4 A m ~ ' La temperatura de transición es de 5,3 K. Calcular: a) El valor del campo crítico a O 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:

2.2 Sabemos que para el silicio, el intervalo de energías prohibidas es de E, = 1,10 eV. Calcular: a) La energía del nivel de Fermi, b) La concentración de portadores de carga a 20 "C, y c) La conductividad intrinseca a 20 "C, sabiendo que las movilidades de los electrones y de los huecos son, respectivamente, para el silicio:

Solución:


b)

b, = 4 . lo5 T ~ , ~ m2%s = 4 . lo5 . (293)-2,6 = 0,154 m2 / K s bp = 2,s . lo4 TZ,' m2/Ks = 2,s . lo4 . (293)-'-' = 0,053 m2 / Ks

o,,", = N, . e . (b, + bp) = 8,56.10'~ m ~ 3 . 1,6.10-'~ C (0,154 + 0,053 = 2,84.10-~ (Qm)-'

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

Datos: p (Cu) = 1,7 .1 O - ~ R . cm

Solución:

2.4 La resistividad del germanio (Ge) es de 2 Q.cm y su densidad es de 5 &m3. La concentración de 'huecos' electrónicos e s aproximadamente, 1,8.10'~ 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:

p (Ge )=2Qcm d (Ge) = 5 &m3 [huecos] = l,8.10'5 huecos/cm3 Ge


n: concentración p: resistividad e: carga eléctrica =carga del "hueco" (h) p: movilidad

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

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:

E,(G~) = 4 so= ( 4 . ~ 9 . 1 0 ~ ) - ' c2N.m2

Solución:


C )

2.6 La susceptibilidad magnética del aluminio a 20°C esX,= 0,65 . 10.~. Calcular: a) La permeabilidad relativa, b) La permeabilidad absoluta, c) La magnetización para una excitación H = lo6 ~ m ~ ' , d) La inducción magnética, y e) La relación entre los valores de B en el Al y el vacío.

Solución:

2.7 Se dispone de una probeta cilíndrica de cobalto, cuyas dimensiones son: longitud 1=150 mm; diámetro &10 mm. La acción de un campo magnético uniforme está asociada a una inducción de valor B=0,94 Whm~2. Calcular la energía almacenada en el vacío, así como enun acero templado de permeabilidad relativa fir = 1.458.

Solución: Volumen = (n.d.1)/4 = 1,178.10.~ m3

W 1 B2 Densidad de energía en un campo magnético: - = - .-

v 2 P W energía almacenada [Jl L? volumen [m3]


B: inducciónmagnética; B = 0,94 Whm-2 p: permeabilidad absoluta en el vacío p = = 4.n.10-7 m m ~ l ~ ~ l

en acero templado p = pr.po

Vacío:

(m .A = m 2 . kg. A-' .A = m 2 . kg. = N . m = J )

Acero templado:

2.8 La susceptibilidad magnética del molibdeno (Mo) es de 1,19.10~~. 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: po = 4.n.10-7 H/m

Solución:

a) X. : susceptibilidad magnética x. = 1,19.10~~ pr : permeabilidad relativa pr = l+Xm p : permeabilidad absoluta p=pr .po

p = p r ~ p o = ( 1 + ~ ) ~ p o = ( l + l , 1 9 ~ 1 ~ ~ 4 ) ~ 4 ~ r 1 ~ ~ 7 ~ / m p= 1,257.10.~ ~ / 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 (,u,,,). 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 @) en un punto situado a 2,s cm del centro de la bobina?

Datos:

Po = 4.n.lO.'H/m = Wb/mA 1 W b = l V . l s

Solución:

a) n = 100 espiras R = 30 mm = 0,03 m I = 1 A

S = n . v2 =2,827.104m


2.10 Para la difusión del C en Fe (FCC) tenemos ~ , = 2 1 . 1 0 - ~ m2s-' y Q=l41284 Jmotl, mientras que para la difusión en Fe @CC) es ~ , = 7 9 . 1 0 - ~ m2f' y Q=75.658 Jmot'. Calcular: a) La profundidad de penetración del C en Fe (FCC) a 900 "C, al cabo de 1 hora, y b) La profundidad de penetración del C en Fe @CC) a 600 "C, al cabo de 2 horas.

Solución

a) 2 - 1 4 1 284

D,,,, = Dq . e RT = 21.10-~ . e8311173 = 1,0653.10-11m2s-1

x, = m x, = 2,7695.10-~m

2.11 Un lingote de plomo solidifica a 325 "C. En ese momento mide 25 cm. ¿Cuál será su longitud a temperatura ambiente? Datos: apb = 29 . 1 0 . ~ cm/cm°C

Solución: Al = a 1 , A T

lo= 25 cm a = 29.10.~ cm/cm°C

AT = Ti- T, = 25 "C - 325 "C = -300 "C Al = 29 cm/cm0C .25 c m . (-300 "C)

A1 = -0,2175 Al = k - 1, k = -Al + 1, = 24,7825 cm

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

Solución:


Al(Cu) > Almi) AT = 25 -250 = -225 "C 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 "C. Se instala calefacción en casa y nos interesa mantener una temperatura interior constante de 22 "C. Las ventanas exteriores son de 1,2 x 1,2 m y se coloca una única pieza de vidrio. a) ¿Qué gmeso debería tener como mínimo este vidrio para evitar pérdidas superiores a 5 .10~ 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 "C? Datos: Kvrdrro = 0,0023 cal/cmxK

Solución:

AT=(22-3)"C=19"C=19K A = (1,2. 1,2) m2 = 144m2 = 14.400 cm2

Q AT < K . - A Ax

Q/A: calor disipado por unidad de área K: conductividad AT/du: gradiente de temperatura du: grueso del cilindro

cal K.19K.1,44m2 0,0023 .19K .14.400cm2

Ax> - - cm.s.K 5.10' cal/día cal 1 día 5 . 1 0 ' .

día 24 .3.600s Ax > 1,087 cm


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 = 6,62.10a4 J.S m, = 9,1.10-"~g c = 3.10'~cm/s

Solución:

J l s 1,4549 ( 1 , 7 1 4 . 1 0 1 5 ~ ~ 1 6,316 .1014~-1)

Ks

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 = 6,62.10a4 J.s c = 3.1010 cm/s e = 1,6.10-'9 J/V

Solución:


V = 5.000 V

3 Materiales poliméricos

3.1 ¿Cuál es la masa molecular media en número ( z n ) y en peso ( z w ) de una mezcla que pesa 2 g y está formada por 1 g de la parafina C9,H19~ y 1 g de la parafina Clo5Hzl2 7

Solución:

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

El número de moles de cada parafina es: n9, = l g /(1,332 g/mol) = 7,51 moles nlo5= Ig / (1,472 g/mol) = 6,79 moles

Entonces la masa molecular media ennúmero ( M n ) es: -

Mn = 2, Mz x, : fracción molar M, : M m01 de la fracción i

-

M n = 1,399 g/mol

y la masa molecular media en peso ( z w ) es: -

Mw =&M, wz : fracción molar M. : M m01 de la fracción i

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

O o s autores, 1998, OEdcons UPC, 1998 Quedan rigurosamente prohbdas, s n a autor~zacon escrita de o s ttuares d e 'copyright, bajo a s sancones estabecdas en a s leyes, a reproduccon total o parca de esta obra por cuaquer medo o procedmento, comprenddos a reprografia y el tratamento nformatco, y a dstnbucon de ejemplares de e a medante a q u e r o prestarno pubcos


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

Solución:

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

[q] = k . M;

[q] : viscosidad intríseca M" : masa molecular viscosimétrica K,a : constantes que dependen del polímero, del disolvente y de la temperatura.

Para nuestro caso: PMMA 1 acetona 125 "C Por otra parte: K = 7,5.10-~ y a = 0,7

[TI= limíc + O)rreducida - qreducida - qespecífica/~

qespecífica = (t-t~)Ito c : concentración en g/dl t : solución t, : solvente


En la figura adjunta se representa la concentración frente a la q,,d,,,ida La ordenada en el origen nos da el valor de la q im~hi r i i a ([q]).

[q] = 0,8001

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

[q]= k.M,U

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 cadauna en las mezclas.

Mmol 1 15.000 1 27.000 1 39.000 1 56.000 1 78.000 1 104.000 1 120.000 1 153.000 pe sog l 0,l 1 0 , 1 8 1 0 , 2 5 1 0 , 1 7 1 0 , 1 2 1 0,08 1 0,06 1 0,04

Solución:

Masa molecular media en peso (Mw) -

Mw =,Y w,Mz

wz =peso fracción i /peso total (peso total = lg)

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

El número de moles totales es n=25.81

44 Maferiales en ingeniería Problemar resueltos

- -

3.4 ¿Cuál es el efecto sobre la A4n y la Mw de la adición de 0,5% en peso de monómero de estireno a la muestra de PS del problema 437

Solución:

Monómero de estireno: C8H8 M, , l=12~8+8=104g/m01

Peso de monómero añadido: 0,51100 . l gmezcla = 5 .lo" g

Moles de monómero añadidos: 5x10"(~) .1 mo11104g = 4,s m01

Influencia sobre la z n : -

M n =Zx,M,

Influencia sobre la Mw :

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 &m3.

Solución:

Cristalinidad :

47% de cristalinidad

3.6 Una muestra de polietilenterftalato (PET) se enfría rápidamente desde 300 "C (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.

Solución:

Vol. espí

El PET es un material que puede cristalizar; sin embargo, al enfriarse rápidamente desde 300°C (A) hasta 20°C (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= 69°C) 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 100°C 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 300°C.

Solución:

Al calentar la muestra desde el estado (B) hasta 100°C se produce la cristalización del material, puesto que está a una temperatura superior a su T,; 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 T,).

Vol. específicfl

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 ,

9 . 8 . , - . - . 8 I . 1 . , a .

a I

I , . . , 8

r L I i 1

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.

. I I


c) Calcular la temperatura de transición vítrea (T,) de los materiales descritos en a y b sabiendo que: T, (PE) = 248 K

T, (PPisotactico) = 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 copolimero 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 T, y, por tanto, es un material blando, el caucho. Estas observaciones nos llevan a concluir que se trata de un copolímevo 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 copolimero puesto que no podemos separar los componentes a menos que degrademos el polimero, es decir, no se trata de una mezcla de polimeros. Este material es rígido y translúcido, esto nos indica que es unmaterial semicristalino y, por tanto, se trata de un copolimero en bloque (es el único copolimero que puede cristalizar).

c) La T, de un copolimero al azar se calcula a partir de la siguiente expresión:

T e n K wz=fracción molar T, del polimero del apartado a

1 - 0,65 0,35 - - - +- T, 248 265

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

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


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 (p) : p (fibra de vidrio)=2,54 g/cm3 p (PP)=0,90 g/cm3

p (fibra de carbono)= 1,79 g/cm3 p (Kevlar)= 1,45 g/cm3 p (epoxi)= 1,30 g/cm3

Solución:

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

Para el PP:

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 vidriollcm3 de composite

La masa de vidrio en 1 g de composite es:


5,08 gvidno lcm3 composite - 0,414g.vidno -

1 cm3 composite 1,228 g. composite 1 g. composite

Para el caso de epoxi: p = 0,25 . 1,45 + 0,25. 1,79 + 0,s . 1,3 = 1,46gcm3

La masa de carbono en 1 cm3 de composite es:

0,25 cm3 . 1,79 &m3 = 0,447 g carbono

La masa de carbono en 1 g de composite es:

0,25cm3 cavbono 1 cm3 composite - 0,307g.cavbono -

1 cm3 composite 1,46g. composite 1 g. composite

De igual forma para el Kevlar:

0,25cm3 Kevlav 1,45g. Kevlav 1 cm3 composite - 0,248 gKevlav -

1 cm3 composite Icm3 Kevlav 1,46g. composite Igcomposite

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.

Solución:

Módulo elástico E [GPa]

Coeficiente de Poison v

Se producirá una deformación en la dirección axial (sl) y una deformación negativa en las

direcciones transversales a la fibra s2 = s3 = -vl 2. s1

El módulo elástico del material compuesto será (según ecuación E,= E,V,+EIVI):

fibra de vidrio 76

0,22

E,= E,V,+Efi= 3 .0,6 + 76 .0,4 = 32,26 Pa Entonces:

s1 =oE= 100~PaI32,2~10~~Pa=3,11~10"

poliéster 3

0,38


Para calcular s2 primero se calcula VI,^ (según ecuación VI,Z= v,V,+VIVI):

v,,= v,V,+vyf= 0,6 .0,38 +0,4 .0,22 =0,316

En consecuencia, la deformación transversal a las fibras será:

s2 = - v ~ , ~ . s1 = -0,316. 3,11 . loJ = -9,83

3.12 Un material compuesto comiste 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.

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

Resistencia a la tracción Módulo Elástico

Solución:

La deformación a rotura de las fibras (q) y de la matriz (G) son:

fibra de carbono 3.200

230

q= 3200MPa/230. 1 0 ' ~ P a = 1,39.10-'

G = 230 MPa /2,4. 10' MPa = 2,5.10-'

epoxi 60

2,4

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

o, = E, . q= 2,46 Pa . (1,39.10-')= 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:

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.

Módulo elástico 1 76 1 3

fibra de vidrio

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

poliéster

Solución:

Resistencia a la tracción 1 1800 1 55

La deformación a rotura de las fibras (q) y de la matriz (G) es:

q = 1.800 MPa / 76 .lo3 MPa = 2,37 .lo-'

S,= 55 MPa/ 3 .103MPa= 1,83 .lo-'

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

cr=Ef . G = (76 .103MPa). (1,83 .lo-') = 1390MPa

y la tensión soportada por el composite es:

oc= o,v,+ opi oc= (55 MPa . 0,s) + (1.390 MPa . 0,s) = 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:

a f = 0,s . 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:

oc= 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, p) está relacionado con la orientación de las fibras según una expresión del tipo p=3,74+2,3senO (J/cm2), donde O es el ángulo que forman las

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

Solución:


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

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 T, = 170 "C y de transición vítrea T, = 50 posee un 60% de cristalinidad después de haber sido enfriado lentamente hasta temperatura ambiente (20°C). a) ¿En qué estado de agregación se encuentra este polímero a 190°C, 100°C y 20"C? b) Si el citado polímero se calienta a 180°C y luego se enfría muy rápidamente hasta 20°C, ¿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) 190°C: gomoso 100°C: semicristalino flexible 20°C: 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 T,, no se favorece la necesaria rotación de las cadenas para que éstas se plieguen. Por tanto, el polhero 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,s mm si la temperatura de trabajo es de 20°C. La longitud inicial de la barra es de 0,s 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.

Tiempo (segundos)

Solución:

a>

365días 24h 3.600s laña.-.-.- = 3,15.107s laño ldía l h

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


54 Maferiales en ingeniería Problemar resueltos

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 conun 5% de Si y un 95% de Al:

a l ) ¿Cuál es el porcentaje de silicio en la fase a a 640, 600, 577 y 550°C? a2) ¿Cuál es el porcentaje de silicio en la fase líquida a 640, 600 y 577"C? a3) ¿Cuál es el porcentaje de silicio en la fase B a 550°C? a4) ¿Cuáles serán los porcentajes de a y de líquido a 620, 600 y 578"C? a5) ¿Cuáles serán los porcentajes de a y B a 576 y 550°C?

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

b l ) ¿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 By líquida a 578T7 b4) ¿Cuál será el análisis de las fases a y B a 550"C? b5) ¿Cuáles son las proporciones de las fases líquida y B a 578°C y de a y B a 576"C?

c) Como puede verse en el diagrama, el porcentaje de fase a disminuye durante el enfriamiento de 576 a 20°C. ¿Por qué?¿Qué sucede con dicha fase?


Porcentaje en peso de silicio

Composición, porcentaje en peso de silicio


Solución:

a) Supongamos 5% Si + 95% Al:

a l ) 640°C %Si (a) = O no hay 600°C %Si (a) = 1,20% 577°C %Si (a) = 1,65% 550°C %Si (a) = 1,30%

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

%p = 10096 ,21= 3,79%

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


bl) Temperatura a la que aparecerán los primeros cristales sólidos al enfriar lentamente: T = 630°C

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

b3) Composición de las fases By L a 578°C: %Si (p) =99% %Si (L) = 12,61% %Al (B) = 1% %Al (L) = 87,39%

b4) Análisis de las fases a y B a 550°C: %Si (a) = 1,30% %Si (p) = 99,0%

%Al (a) = 98,70% %Al (B) = 1%

b5) Proporciones de L y B a 578°C:

%p = 10096 ,06= 3,92%

Proporciones de a y B a 576°C:

c) El % a disminuye durante el enfriamiento:

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 B. Lo que sucede con dicha fase es:

4 Diagramas de equilibrio 59

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

2 3 4 Porcentaje de Z



Solución:

O 1 2 3 4 5 6 6,7 Porcentaje de Z

Tenemos una transformación alotrópica:

a a p

p-a A la temperatura T1=1.150°C > Reacción eutéctica L a p+O A la temperatura T2=550°C Reacción eutectoide P a a+O

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

Las curvas de enfriamiento muestran inflexiones horizontales de temperatura a 715°F para A puro y a 655°F 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 500°F para el 25% de A y el 75% de B indica que hay tres fases en equilibrio.

El punto de fusión de A es 7 15 "F, el punto de fusión de B es 655 "F


501 "F: 25% de A y 75% de B, todo líquido 499°F: 25% de A y 75% de B, 25% de un metal BCC y 75% de un metal FCC. 49977 35% de A y 65% de B, 50% de un metal BCC y 50% de un metal FCC. 400°F: 40% de A y 60% de B, 60% de un metal BCC y 40% de un metal FCC. 400°F: 20% de A y 80% de B, 20% de un metal BCC y 80% de un metal FCC.

Solución:

a) 499°F: 25% de A y 75% de B composición de a en B = x% B composición de p enB =y% B cantidades en equilibrio:

75-x 8=75%=-. 1 O0 Y - X

25.0.~) = 0-75). 100 75.0.~) = (75-x).lOO

Obtenemos (1): 75yk25x = 7.500

b) 499°F: 35% de A y 65% de B composición de a en B = x% B composición de p enB =y% B

cantidades en equilibrio:

SO~J-X) = 0-65).100 SO~J-X) = (65-x).lOO

Obtenemos (2): 50yk50x = 6.500

C) Dadas (1) y (2)


4 400°F: 40% de A y 60% de B composición de a en B = x% B composición de B en B =y% B

cantidades en equilibrio:

60.b-x) = 1OOy - 6.000 40.b-x) = 6.000 - lOOx

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

e) 400°F: 20% de A y 80% de B composición de a en B = x% B composición de B enB =y% B cantidades en equilibrio:

20y - 20x = 1ooy - 8000 soy - 80x = 8000 - 1oox

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

n Dadas (3) y (4)

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% Cuy 30% Zn? b) En una aleación con 60% de Cuy 40% de Zn, conocida como 'metal Muntz', la fase a comienza a formarse a 750"C, aproximadamente. A 600°C, el contenido de Zn en ambas fases a y B es mayor que a 750°C. ¿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.). 4 Una aleación constituida por 50 g de Cu y 30 g de Zn se funde y se enfría lentamente. d l ) ¿A qué temperatura habrá 40 g de fase a y 40 g de fase P ? d2) ¿A qué temperatura habrá 50 g de fase a y 30 g de fase P ? d3) ¿A qué temperatura habrá 30 g de fase a y 50 g de fase P ?

Porcentaje en peso de cinc

Solución:

Sistema Cu-Zn



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

b) Aleación 60% Cuy 40% Zn

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

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

La cantidad adicional de Zn proviene de la B que a 750°C 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 B sólo hay un SO%, igual que una a más rica en Zn que el 2% (aprox) que había a 750°C.

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

T = 903°C a+L a p Peritéctica

T = 835°C B+L o "! Peritéctica T = 700°C y+L o S Peritéctica T = 598°C S+L o E Peritéctica T = 424°C E+L o q Peritéctica T = 558°C S o y + ~ Eutectoide T = 230°C B' o a+y Eutectoide

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

dl) T> 40 g de fase a y 40 g de fase B

50 g Cu + 30 g Zn = 80 g totales %Cu = 62,5% %Zn = 375%

T = 765"C, aproximadamente

50 g de fase a y 30 g de fase B = 62,5% a y 375% B

T = 71 5"C, aproximadamente

30 g de fase a y 50 g de fase B = 62,5% B y 375% a

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

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 750°C en estado de equilibrio¿ Qué proporciones de cada fase hay a esta temperatura?¿ Qué proporción de cada fase hay a 700°C? c) Una aleación con la composición eutectoide es enfriada desde 800°C hasta 20°C. ¿Qué proporción y qué fases existen a 20°C? 4 Describir los cambios de fases que ocurren durante el calentamiento de un acero con un 0,45% de C desde temperatura ambiente hasta 1200°C. e) Suponiendo un estado de equilibrio para un acero con un 0,6% de C, determinar: e l ) Lamenor temperatura a la que tendremos un 100% de fase austenita. e2) La fracción de fase a 730°C y su composición. e3) La fracción de perlita a 720°C y su composición. e4) La fracción de ferrita proeutectoide a 730°C. e5) La fracción de ferrita proeutectoide a 720"C, tras enfriamiento desde 730°C.


Solución:

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

T = 1.495"C Peritéctica 6(0,09%C) + L(0,53%C) a y(0,17%C)

T= 1.14S°C Eutéctica L(4,30%C) a y(2,11%) + Fe3C(6,69%C) = Ledeburita (4,30%C)

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


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

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

%Fe3C = 100 - %y = 4,8%

T = 700°C a + Fe3C o perlita (eutectoide) + Fe3C E acero hiperetectoide

o bien:

c) Una aleación con la composición eutectoide es enfriada desde 800°C hasta 20°C. ¿Qué proporción y qué fases existen a 20°C?

Composición eutectoide: 0,77%

T = 800°C Y T = 727°C y (0,77%C) - perlita (0,77%C)

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

perlita: a (0,00Ol%C) + Fe3C (6,69%C)

fases: a + Fe3C o perlita proporción:

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 .200°C:

O los autores. 1998; O Edicions UPC. 1998

68 Materiales en ingenieria. Problemas resaeltos

Temperatura ambiente: a + F s C o a +perlita

Obtenemos la cadena: a+Fe,C 3 a + y d y =. 6 + y 3 L+6 3 L

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

e l ) La menor temperatura a la que tendremos 100% y: aproximadamente unos 775°C

e2) Fracción de fase y a 730°C y su composición

730°C = 727°C + AT

%y = 100- % a =78,4%

e3) La fracción de perlita a 720°C y su composición: perlita= mezcla eutectoide ( a + FsC)

La composición de la perlita es siempre 0,77%C e4) La fracción de ferrita proeutectoide a 730°C: (ver apartado e2)

e5) La fracción de ferrita proeutectoide a 720°C tras un enfriamiento desde 730°C %a(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.

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

Solución:

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

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

d) A 900°C: %y= 100 %;y compuestapor 0,77% C y 99,23% Fe

e) a compuesta por 100% Fe y 0% C; y Fe,C 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 (1). b) Para un 20% de Cu, ¿qué fases y en qué proporción se hallarán a 900"C? 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 781°C? e) ¿Qué composiciones tendrán estas fases?


Composición (% atómico Ag)

~CU)

Solución:

a ) ( 1 ) = Eutéctico

Composición (% en peso Ag) (Ag)


4 Diagrarnas de equilibrio 71

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

Composición (9'0 atómico Pb)

700 5 1 O ?O 30 40 70 100

I I 1 1 1 - - 1.200

- 500- E m L

3

2 400 - a 5 l-

O 20 40 60 80 1 O0

(Mg) Composición (% en peso Pb) (Pb)

Solución: Composición (% atómico Pb)

(Mg) Composición (% en peso Pb) (Pb)



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 "C hasta la temperatura ambiente? 4 ¿Qué fases y porcentaje de ellas cabe esperar cuando el mismo acero anterior se enfría rápidamente desde 900 "C hasta la temperatura ambiente? Para responder a esta pregunta se puede suponer que Mf es superior a la temperatura ambiente.

Composición (% atómico C)

O 2 5 1 O 15 20 25 1.600

L

- 2300

1.200 - _ _ _ _ _ - - - - - - - y, Austenita

- 2000 y o m L

3 ... ra L m

Y + Fe3C P

E l-

- 1.500

727°C

1.000 Cementita (Fe&) -

O 1 2 3 4 5 6 6,70

(Fe) Composición (% en peso C)

Solución:


4 Diagrarnas de equilibrio 73

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

@Fe3c Proeutectoide Fe3C

Fe3C

% martensita = 100 (6,69-1,63)/(6,69-1,25) = 93,O %Fe& = 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:

1.500

. , " '. 1)OO L - 3

B


-

-

E 700 ?

i

P

300 - .

1 1 1 i 1

O i 0 20 . 30 40 50 O0 70 30 90

100% Porcentaje en peso de niquel 1 O O . M4 Ni


4.11 Un acero se ha enfriado rápidamente desde 900°C 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.

1.500

9 1.100

a

E %

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?

I

- Líquido Fase de fusión L + p

- Fase de fusión incongmente L + MgNi, M g N 4 P

L + a

Solución:

a) Es hipereutectoide:


L + Mg2Ni

O 1 O 20 30 40 50 60 70 80 90 100% Porcentaje en peso de niquel 1 o(Tx Mg Ni

M&?ii + MgN5 I I I

300

+ P

I

a MgzNi -a l 1 I 1 1

5 Propiedades mechicm de los mafeiiales 75

5 Propiedades mecánicas de los materiales

5.1 Si la curva tensión verdadera-deformación verdadera de un material viene dada por G =

~oo.ooo.K.E~"~, donde la tensión está en psi (1 MPa = 145 psi), jcuál 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 F n = 0,33, en este caso.

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

(E1 subíndice u hace referencia al valor máximo de tensión en la curva ingenieril)

5.2 En un ensayo de tracción de un metal, la fractura ha ocurrido a máxima carga. Las condiciones de fractura fueron P.final= 100 mm2 y L6 . r 60 mm. Los valores iniciales eran de & = 150 mm2 y Lo =

40 m.

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

O o s autores, 1998, OEdcons UPC, 1998 Quedan rigurosamente prohbdas, s n a autor~zacon escrita de o s ttuares d e 'copyright, bajo a s sancones estabecdas en a s leyes, a reproduccon total o parca de esta obra por cuaquer medo o procedmento, comprenddos a reprografia y el tratamento nformatco, y a dstnbucon de ejemplares de e a medante a q u e r o prestarno pubcos

76 Maferiales en la ingeniería Problemar resueltos

b) Se ensaya un material más dúctil, de tal modo que aparece estricción. Las condiciones de fractura son ahora Lfinal = 83 mm, Lo = 40 mm, 0 6 , ~ = 8 mm y Do = 12,s mm. Calcular nuevamente la deformación verdadera usando variaciones de sección y de longitud. ¿Qué medida es más exacta?

Solución:

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).

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 @A) 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 Lo=25 mm, ¿cuánto se alargó antes de romper?

Solución: a) Por definición

y aplicando la conservación del volumen:


Por otro lado:

A o A f - A,. A,. A - l - - S - = l - R A S L = ~

1

A0 A0 A, A,. 1-RA

SiRA = 0,25, entonces sustituyendo S,= 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 Li Si por el contrario fue homogénea, entonces

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:

S 75OMPa -

- - = 375 MPa W 2

Asumiendo una sección cilíndrica:


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.

í $=8mm P = 7.500 N Al,, = 0,40 mm 1" ?

S exclusivamente elástica S

Para Al,, = 0,40 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 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.

Solución:


o 1 ) 3OOMPa -

E,, (r. el.) = - - = 2.7.10-~ E 110.103MPa

5.7 Una muestra cilíndrica de una aleación metálica de 12 mm de diámetro es deformada elásticamente a tracción. Una carga de 18.000 Nproduce 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:

Slat v = = - [(def. lateral)/(def. axial)]

6r

luego:

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?


Solución:

28 MPa -------<E 0.0004

E > 7.104 MPa

ne I n tnhln se ohservn oiie todos los metales son nosihles cnndidntos excento el nliiminio v el - . . - . -. . - . . . . . . . . - .

magnesio.

Entonces:

"= -- aonae &%,al


28 MPa sht = -VGruli = V- >-8 .10-~

E

v 8.10-5 -<-

1 = 2,9.10y .-

E 28MPa MPa

La relación VE para los aún posibles candidatos es: Latón 3,s . 1 0 . ~ Cobre 3,2 . Níquel 1,s . 1 0 . ~ Acero 1,3 . 1 0 . ~ Titanio 3,4 . Wolframio 6,9 . 10.' 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 cilindrica 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? 4 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?

Solución:

a) Dos requerimientos:


P = 30000N 1. No experimentar deformación plástica 4 = 14mm

2. Reducción de diámetro "máxima" de 0,010 mm

P 30000N 30.000N.4 o=-= - - = 195 MPa S o & n.(0,014m)

4

oeid,,,,, > 195 MPa Aleación Mg no cumple

Entonces 195MFa

-Vc a,,, 1 > - 7 , 1 . 1 0 - ~ + ~ c ~ , , ~ < 7 , 1 . 1 0 ~ ~ + v- <7,1.10-4 E

v 1 -< 3,6.10-6- E MPa

0,33 1 = 4,7.10-6-

MPa

0,27 1 = 1,3.10-6-

MPa

0,36 1 = 3,4.10-6-

MPa

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

Pvecio PTA. pieza = . PesoD,_ ;y


Peso,,,, = pm,terzai

Pvecio

PTA I pieza l a c e r o - - i b "PZ-= - - 1 0 0 . 0 0 0 7 , ~ y cm 3

- 0,1625 PTA i pieza Precio 1.000.000 p ~ { $ . 4 , 8 y , -

cm

Entonces la selección final es acevo.

PTA. piezamero para que = 1

PTA. piezaT,

1 0 0 . 0 0 0 ~ ~ ~ / t . 7 , 8 ~ ~ , PTA = 162.500-

4 , 8 v CM , t

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

4 Nuevo oeiB,,,,, = 1,25 ,170 A4Pa = 212,s MPa > 195 MPa, pero también se debe satisfacer el segundo requerimiento.

0,29 1 = 6,4.10-6-

1 > 3,6.10-6-

45. lo3 MPa MPa MPa

No cambiaría la selección final

5.10 Calcular la tenacidad de un material que cumple la ecuación de Hollomon o =KZ . Expresarla en función de las constantes características del material K y n y de la estricciónRA

Solución:

La tenacidad UT de un material se define como U, = o&, es decir, es la energía por unidad de Joe' volumen absorbida por el material hasta el momento en el que tiene lugar la rotura. Por lo tanto:


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

Sustituyendo ahora:

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:

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 (m 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 (0. t). Se conoce que el valor de la energía absorbida por unidad de área (resiliencia, p) de este vidrio es de 0,01 ~/mrn'. ¿Desde qué altura máxima podremos dejar caer el objeto anterior sin que el vidrio se rompa? Datos: g = 9,s N k g

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:

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 S z,,,,,, = 0. d = 1 m . 0,03 m = 0,03 mZ = 30.000 mm2.

5 Propiedades mecánicas de los materiales 85

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=l). 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: K1c(vidnoJ = 900 PO&

Solución:

Si el esfuerzo que supone una masa M sobre la superficie circular de la mesa (S=n .m2 14) 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.

Y de aquí, M = F 1 g = 4.203,6 N 1 (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.

86 Materiales en la ingenieria. Problemas resueltos

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

Porcentaje de trabajo en frio

30 - -

Resistencia máxima

h - S

-.

V

C :S O - 8 20 Límite elástico E 0 O

- O * 2 . e - !l M 2 q 10

-

-

-

o I I I I I I I I 1

O 20 40 60 80

Solución:

D = 3,81 cm

200

h

150 2 B .e

.B E d .3 O

100 2 C m . d

3 50

o

145psi lksi 172MPa .-. = 24,94psi

lMPa 1.OOOpsi

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, 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) Rectangular (mm) Dimensiones Originales 20,O 20,O x 40,O Deformadas 16,O 14,O x 43,s

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

Solución:

Para una muestra

y para la otra:

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:

b h - b h .100= i20.40-1443,S) ,100 = 23,4%

bo.ho 20.40

88 Materiales en la inneniería. Problemas resueltos

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:

m 80 - - m m - .- u -

- - O 10 20 30 40 50 60 70

Porcentaje de trabajo en frío


Porcentaje de trabajo en frío

Acero AlSl 1040

"o 00 700 Rl

.- C L

z 600 -

80 8 8 .vi

Ci 500 $ (B '2

a, 60 Latón

a, 400 3 u

Cobre ;2 cil

40 300

200

20

O 10 20 30 40 50 60 70 Porcentaje de trabajo en frío



Los requerimientos de la aplicación son: oei > 330 MPa y %?> 27%

Veamos para qué condiciones de "trabajo en frío" (si es necesario) los materiales bajo consideración satisfacen los requerimientos citados: oei > 300 MPa %.$> 27%

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

cobre, para %CW> 38% latón, para %CW> 15% acero 1040, aun para %CW = O

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,s 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.

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

Solución:

De las figuras del ejercicio anterior oeid,,,,,> 380 MPa * % CW > 24 % 1 1 %.$> 15% s % C W c 29%

Entonces requerimos un % CW entre el 24% y el 29% como paso terminal. Tomaremos % CW =

26%

Si &requerido es de 7,s mm y @o es de 10 mm, veámos cuál es el %CW asociado a llevar a cabo el proceso en una sola pasada:

*No es posible en una sola pasada.

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


NOTA: Aunque el %Cwl 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,s mm para lo cual se requiere que la resistencia máxima sea de, al menos, 180 MPa, y el alargamiento mínimo de1 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 2 180 MPa 3 CW 2 40% y paraA(%) 2 4% 3 CW < 40%(aprox ) 3 CWt,,,,,~ = 40%

t , - 7,s -= 0 , 4 3 t , =12,5mm

t, FRÍo:

75-ti 1 . CW 70% desde 70 mm hasta 22,s mm; ya que -- - 0,7 3 ti = 22,5mm

75 2. Recocido.


22,5 - 12,5 3. CW44,4% desde 22,5 mm hasta 12,5 mm; ya que = 0,44 > 44,4%

22,5

4 . Recocido.

5. C W 40% desde 12,5 mm hasta 7,5 mm.

CALIENTE: 1. Deformación en caliente (HW) de 83,3% desde 7 5 mm hasta 12,5 mm 2. C W 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.



Solución:

Requerimientos:

Resist. máxima > 1.500 MPa %CWfinal > 47% Alargamiento a rotura > 4% %CW final < 55% Rango %CW final 47.55% Veamos si es posible realizar el proceso en un solo paso @,= 16 mm a O f = 4,O mm 3 93,75%, imposible en un solo paso

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

PASO FINAL:

Veamos ahora si es posible llegar desde 0 = 16 mm hasta 0 = 5,66 mm:

A 0 A 2 '2 O 0 - 0 (16mm12 ( 5 , 6 6 m m ) 2 %CW, = - .100= .100= 2 .100= 87,5%

A~ 4 ( 1 6 mm) ¡No admisible! Necesitamos al menos, realizar dos pasos intermedios:

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

1$=16 mm 3 %CWl 3 @"y 3 R e c o c i d o 3 %CW2 3 @' = 5,66 mm 3

3 Recocido 3 %CWf= 50% 3 &= 4,O mm

Seleccionamos %CW2 = 60%

94 Materiales en la ingeniería. Problemas resueltos

Ahora determinaremos el %CWl:

A,, -A" $?-($"Y .lo() = (16 mm12 - (8,94 mm12 %CW, = -. 100 = . lo0 = 683% A, 4; (1 6 mm)2

(68,8%<80% OK!)

Entonces, proceso final:

= 16 mm + 68,8% + @" = 8,94 mm Recocido + 60% + @' = 5,66 mm Recocido + 50% + a>f = 4,O mm

oUTs = 1.550 MPa % q = 43%

Deformación inicial en caliente + Limitación de máxima deformación 1 paso ya no existe. Sin embargo, el paso final no puede suprimirse:

= 16 mm + Deformación en caliente + @' = 5,66 mm + 50% + Qf = 4,O mm

obtenemos: O,y~,y= 1.550 MPa

% q = 4,5 %

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

Límite de resistenria a la fatiga = 60.000 psi

Accro de hcrrainicntas - N

Níiiricio dc ciclos dc csíucrzo


Solución:

D = 0,s pulgadas = 1,27 cm; v = DI2 = 0,635 cm 1 = 6 pulgadas = 15,24 cm o = 67 ksi = 67000psi . ( 1 MPaI145 psi) = 462,l MPa o = F / A

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

a) Dibujar el diagrama S-N (amplitud de esfuerzo frente a logaritmo de ciclos hasta rotura) usando estos 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 una barra de esta aleación quiere ser utilizada para un eje de automóvil que gira a una velocidad de 600 rpm, determinar los tiempos máximos que se pueden permitir en el caso de conducción continua para niveles de amplitud de esfuerzo de: c) 450 MPa, d) 380 MPa, y e) 275 MPa.

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

Amplitud del esfuerzo (MPa)

470

440 390

350

310 290

290

290

Ciclos hasta la rotura

10000

30.000 100000

300.000

1.000.000 3.000.000

30.000.000

100000.000


Solución:

a)

b) Límite a fatiga = 290 MPa.

N N 20.000 ciclos f(rpm) = - + t = - = = 33,3min = 0,5 horas

t ciclos 600- min

4

N N 130.000 ciclos f ( r p m ) = - + t = - = = 216,7min = 3,6 horas

t ciclos 600- min

AS - = 275 MPa + N f > 10~ciclos

2 t + > lo8 ciclos

> 115 días + m



5.21 Una aleación de acero tiene una resistencia a fatiga (evaluada a esfuerzo medio nulo) y una resistencia máxima a tracción de 700 y 1.400 MPa, respectivamente. ¿Esperaría usted que un componente manufacturado de esta aleación falle por fatiga al ser sujeto a esfuerzos cíclicos entre 0 y 600 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:

Ciclos -+

log N



Relación de Goodman:

o,,, = óf 1- - ( C)

O,, - O,, 600 - O -

Oamd = - = 300 M P a 2 2

o,, + o,, 600 + O o, = - - = 300MPa

2 2



a) (o~,,I., om) = (300,300) + seguro (no rotura)

b) Esfuerzo residual tensil = 700 MPa oamPl. = 300 MPa (igual que antes)

om = om ,,,,,, I + orrsrduBl = 300 MPa + 700 MPa = 1.000 MPa

(oa,,l., om) = (300,1000) + rotura

5.22 Una columna de acero de 63 cm de diámetro y 2 m de altura soporta constantemente una carga de 85 MN. Se coloca enun 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 estmctural? Se supone que no se aplica ningún factor de seguridad. b) ¿Cuál será la pérdida de masa en ese momento? c) ¿Durante cuánto tiempo habrá servido dicho componente?

Datos: O O , Z ( ~ C ~ ~ O ) = 280 MPa

P (.C...)= 7 3 7 g+m3

Solución:

a) En el momento en que otrBbqlo> 00,~ dejará de ser segura

Amasa = 7,87.106g/m3 0,366m2-(0,63m)2)

Amasa = -134747,gg


Am v o , d = - = 20,4g / día

t A m - = t s 134747'6g = 6 605,3 días v o x z d 20,4g / día

t =18,09 años

5.23 La densidad del magnesio metálico (Mg) es de 1,74 &m3 y la de su óxido (MgO) de 3,65 &m3.

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

Datos: Mw = 24,32 g/mol M , =16,00 g/mol

Solución:

Volóx. P-B =

Volmetal ImolMg /lg ImolMgO

(lmol Mg . M M ~ + 1 m01 0 . M ~ ) l p ~ ~ o P-B =

( 1 m01 Mg . M M ~ ) 1 p~~

(24,32+16)g/mol13,65g/cm3 P-B = = 0,79

24,32g / m01 l1,74g/ cm3

b) No s P-B<1 s no protegerá.

5.24 Se dispone de una celda Ni/NiS04 con un electrodo de Ni de 2 g. Se hace circular una corriente de 2 A durante 30 min. ¿Se consumirá totalmente el electrodo?

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

Solución:


t=30 min = 1.800 s

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

5.25 Se dispone de una celda Cu/CuS04 para recubrir de cobre una chapa de acero de 10 x 5 cm de superficie y 0,3 cm de grosor. Si la intensidad de corriente es de 1,s A, jcuánto tiempo tardaremos en conseguir una capa de 100 p?

Datos: Mcu= 63,65 g/mol F= 96.500 C/mol e- dcu= 8,96 &m3

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 p un espesor capa unx Vol. c a p a = S T x = 1 0 9 c m 2 . 100. 10.~cm V = 1,09 cm3 S mc, = 1,09 cm3 . 8,96 &m3 S mc, = 9,664 g

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materiales pa ing resueltos.pdf