PROBLEMAS RESUELTOS DE INGENIERIA DE MATERIALES

2- Cuál es la densidad lineal a lo largo de la dirección [1 1 2]:

a) Del hierro.

b) Del níquel.

SOLUCION:

[ 1 1 2 ] Fe: 1. 241 X Y Z Ni: 1. 245

(2d)2 = (a √2)2 + (2a)2

d = a √ 6 2

d lineal = 1 a t = 2 at / A° (a√6)/2 a√6

a) d lineal Fe = 2 = 0.2326 at/Aο

(4 x 1.241 x √6) /√2

b) d lineal Ni = 2 = 0.2318 at/Aο

(4 x 1.245 x √6)/√2

3. La distancia entre los planos (110) en una estructura CCC es 2.03A°. Determine :

a) El tamaño de la celdilla unitaria (arista)b) El radio atómico correspondientec) El metal

SOLUCION:

D = a a = 2.03 A°( 2) h2 + k2 + l2 a = 2.87 A°

4 r = a 2

r = (2.87 2)/4

r = 1.0146 A °

El metal es el Aluminio .

4. - En una red cristalina cúbica de caras centrales el átomo más grande que puede ubicarse en sus intersticios (vacío) tiene un radio de: (a = lado del cubo).

a) 2/8 a b) 3/8 ac) 0.146 ad) 0.126 a

SOLUCION:

CCC :

4R = a√2 R = a√2/4 a = 2R + 2r

r = a - 2R 2

r = a - 2(a√2/4)

2 r = 0.146 a

5. - Para la estructura atómica del hierro (CC), ver la siguiente figura, calcular la densidad atómica del plano AFH: a=2.86 A °

a) 0.5704 átomos/ A°2

b) 0.1404 átomos/ A°2

c) 0.2823 átomos/ A°2

d) 0.241 átomos/ A°2 e) 0.3020 átomos/ A°2

SOLUCION:

Si: ( CC ) n = 2 atomos

D at = n a t .............................. (1) Area triángulo AFH

Calculando el área:

Area triángulo AFH = √2L2√3/4................................ (2)

Si: L = a√2; en (2):

Area triángulo AFH (a √2)2 √3 /4 = (2.86 √2)2 √3/4

Area triángulo AFH = 7.08

f) Luego en (1): d at = 2at/7.08 A°2 = 0.2823 at/ A°2

6. – Con los datos del problema anterior. Calcular la densidad atómica del plano (1 1 0 ) y la densidad atómica en la dirección [1 1 1].

a) 0.086 atomos/A°2, 0,101 átomos/A°b) 0.173 atomos/A°2, 0,202 átomos/A°c) 0.173 atomos/A°2, 0,404 átomos/A°d) 0.122 atomos/A°2, 0,202 átomos/A°

e) 0.122 atomos/A°2, 0,404 átomos/A°

SOLUCION :

d ( 0 1 1 ) = 2 átomos = 2 átomos = 0.173 at/ A°2

a x a2 (2.86)22A°

d [ 1 1 1 ] = 2 átomos = 2 átomos = 0.404 at / A°2

a3 2.86 3

7. - El vanadio tiene una estructura CC y un radio atómico de 1.316 A°. Calcular d220.

a) 1.31A°b) 0.93A°c) 1.07A°d) 1.86A°e) 1.51A°

SOLUCION:

Si es una estructura CC: a 2 = 4R a = 4R/2Entonces: a = 4 x (1.316 A° )/ 2 = 3.72A°

Calculando la distancia :

d ( 2 2 0 ) = a /4+4+0 = 3.72 A°/8 = 1.31 A°

8.- Con respecto al enlace metálico marcar lo correcto:

a) Se debe a la fuerza de atracción resultante de la polarización de las cargas eléctricas de algunas sustancias.

b) Se produce por la fuerza de los electrones compartidos en la unión de los metales.

c) Se produce cuando cada uno de los átomos del metal contribuye con sus electrones de valencia a la formación de una nube electrónica dentro del metal sólido.

d) Es el producto de la atracción eléctrica entre dos iones positivos y negativos dispuestos alternativamente.

e) Ninguna de las anteriores.

SOLUCION: C

9.- Para un metal de estructura CCC. Calcular el volumen del espacio vacío en función del radio atómico:

a) 4.326 r3b) 5.872 r3c) 6.299 r3d) 3.270 r3e) 5.058 r3

SOLUCION :

Hallando el numero de átomos para estructura CCC:

n = 6caras x ½ átomo + 8 vértices x 1/8 átomo = 4 átomos

Entonces el volumen ocupado será :

V ocupado = 4(4/3r3) =16.75 r3

Si se considera que los átomos son esféricos.

V total = a3 = (4/2)3 x r3 = 22.62r3

Luego:

V vacío = V total - Vocupado =5.872 r3

10.- En un sistema cristalino hexagonal es correcto:

A) El factor de acomodamiento atómico es:

a) 0.68b) 0.58c) 0.74d) 0.86 e) Ninguna

B) La altura del prisma de la celda unitaria es: a) (4√2 /√3) r b) (2√2 /√3) r c) (2√3 /3) r

d) (4 /√3) r e)Ninguna

SOLUCION:

A) El numero de átomos para la estructura es:

n =6 átomos

entonces:

V ocupado = 6(4/3r3) = 25.13 r3

Además:

V total = 6( axa√3/2)(1.63ª) = 67.78 r3

Luego el factor de acomodamiento:

V ocupado = 25.13 r 3 = 0.37V Total 67.78 r3

B) La altura:

c = 1.63 (Sistema correcto) a

c= 1.63a = 1.63(2r) = 3.26 r = 4 √2 r √3

11.- La densidad planar en los planos cristalinos ( 1 1 0 ) y ( 2 0 0 ) para el sistema de ccc son respectivamente :(Las respuestas están en función del radio atómico r).

a) (1/4 r2 ) ,( 1/8 r2 )b) (3/16 r2 ) ,( 3/8 r2 )c) (1/4 r2 ) ,( 1/4 r2 )d) Ninguna

SOLUCION:

Para el sistema CCC: a= 4/√3 r

Además: n = 1 atomo + 4 verticesX ¼ atomo n = 2 átomos

Para el plano ( 1 0 0 ):

D at = 2 átomos = 2 átomos = 3/8 r2

a 2 ( 4/√3 r)2

Para el plano ( 2 0 0 ):

D at = 1 átomo = 1 átomo = 3/16 r2

a 2 ( 4/√3 r)2

12. - Para el sistema CCC determinar los índices de Miller de aquel plano cuyas intersecciones con los ejes X, Y, Z es respectivamente: , 2, 5

SOLUCION:

, 2, 5 x, y, z

, 2, 5 5 5 5

(0, 2/5,1)

13 .- Para una estructura CCC (a = 3 A°), La densidad lineal en la dirección [ 1 0 1 ] y la densidad planar en el plano (1 1 1 ) son respectivamente:

a) 236x105 átomos / cm.; 2.57x105 átomos / cm2

b) 236x105 átomos / cm.; 2.57x105 átomos / cm2

C) 236x105 átomos / cm.; 2.57x105 átomos / cm2

d) 236x105 átomos / cm.; 2.57x105 átomos / cm2

e) Ninguna

SOLUCION:

[ 1 0 1 ] DL = #de átomos = 2 = 0.385 = 385 x 105

d 33 x 10-8 10 -8

( 1 1 1 ) Dp = #de átomos = 2 = 0.256 At/A2 A 7.794

14.-El plomo es una estructura (c.c.c.); R=1,75x10-8cm

a) cual es el volumen de su celdilla unitaria.b) cual es la densidad del volumen de la celda.c) cual es el factor de acomodamiento.

SOLUCION:

a) CCC 4R = 2

V = a3 = (4R/2)3 = (4 x 1.75/2)3 x 10-24 cm3

V = 24.51 x 10-24 cm3

a = 2.904 x 10-8 cm3

c) Fa = 4 x (4/3 x x r 3 ) = 0.74 (4r /2)3

Fa: Factor de acomodamiento

15.- El oro es c.c.c. su constante reticular es a = 4,078 A°; PA=197,2g/mol, hallar:

a) Densidad

b) Densidad planar en el plano [ 1 1 0 ]

c) Densidad planar en el plano (1 1 1 )

SOLUCION:

a) D = # atomosxPA = 2 x 197.2 N° V 6.023 x1023 x A3

D = 788.8 = 19.4 gr/cm3 406.07 X1023

b) Densidad planar ( 1 1 0)

D planar = # átomos = 4 = 0.17 átomos Area a22 A°2

c) Densidad planar ( 1 1 1 )

D planar = # átomos = 4 = 8 = 0.27 átomos Area (a 2) 2 3 a2 3 A°2

4

16.- Cuál es la densidad lineal en la dirección [ 1 1 0 ] del cobre ? Su estructura es CCC con a = 3.62 A°

SOLUCION:

DL = #at = 2/ (3.62x 3) d

DL = 0.3189

17 .- La distancia entre los planos ( 1 1 0 ) en un metal CC es 2.029 A°

a) Cual es la arista de la celda b) Cual es el radio atómico del metal

SOLUCION:

a) d (1 1 0 ) = 2.029 4r = a3

2.029 = a . 12 +12

a = 2.0292 a = 2.8694 A°

b) r = ( 2.8694 x 3 ) 4

r = 1.2425x10-8

POLIMEROS

Problema n° 1 :

Se añade 1 g de peroxido de hidrógeno a 10,000 g de etileno para servir como iniciador y terminador. Calcular el peso molecular promedio del polímero si se consume todo el peroxido de hidrógeno.

Respuesta:

Cada molécula de peroxido de hidrógeno iniciara y terminara una cadena polimérica, puesto que el peroxido de hidrógeno cambia a dos grupos OH. El peso molecular del peroxido de hidrógeno es :

P. mol. de H2O2 = 2(MH) + 2(MO) = 2(1) + 2(16) = 34 g/g.mol

Numero de moléculas de H2O2= 1 (6.02 x 1023) 34

= 1.77 x 1022

Para el etileno P. mol de C2H4 = 2(12) + 4(1) = 28 g/g.mol

Numero de moléculas de C2H4 = 10,000 (6.02 x 1023) 28 = 2.15 x 1026 meros de C2H4

Numero de meros por cadena = 2.15 x 10 26 = 12.147 1.77 x 1022

Por lo que ,

p. mol. de polimero = 12,147(28) = 340.116 g/g.mol

1.- Para un metal con estructura CC, dibuje las direcciones [ 1 1 1 ], [ 1 0 2 ] y los planos (0 1 1) y (1 1 1). Calcule la densidad lineal en la dirección [ 0 1 1 ] y la densidad en el plano [ 0 1 1 ].

Radio atómico del metal = 2.00A°SOLUCION:

d at planar ( 0 1 1 ) = 2 átomos = 2 átomos = 0.441at/ A° a x a2 (4R/2)22

d at lineal ( 0 1 1 ) = 1 átomo = 0,441 at/ A° (4R/2)22

2- Cuál es la densidad lineal a lo largo de la dirección [1 1 2]:

c) Del hierro.

d) Del níquel.

SOLUCION:

[ 1 1 2 ] Fe: 1. 241 X Y Z Ni: 1. 245

(2d)2 = (a √2)2 + (2a)2

d = a √ 6 2

d lineal = 1 a t = 2 at / A° (a√6)/2 a√6

a) d lineal Fe = 2 = 0.2326 at/Aο

(4 x 1.241 x √6) /√2

b) d lineal Ni = 2 = 0.2318 at/Aο

(4 x 1.245 x √6)/√2

3. La distancia entre los planos (110) en una estructura CCC es 2.03A°. Determine :

a) El tamaño de la celdilla unitaria (arista)b) El radio atómico correspondientec) El metal

SOLUCION:

D = a a = 2.03 A°( 2) h2 + k2 + l2 a = 2.87 A°

4 r = a 2

r = (2.87 2)/4

r = 1.0146 A °

El metal es el Aluminio .

4. - En una red cristalina cúbica de caras centrales el átomo más grande que puede ubicarse en sus intersticios (vacío) tiene un radio de: (a = lado del cubo).

e) 2/8 a f) 3/8 ag) 0.146 ah) 0.126 a

SOLUCION:

CCC :

4R = a√2 R = a√2/4 a = 2R + 2r

r = a - 2R 2

r = a - 2(a√2/4)

2 r = 0.146 a

5. - Para la estructura atómica del hierro (CC), ver la siguiente figura, calcular la densidad atómica del plano AFH: a=2.86 A °

g) 0.5704 átomos/ A°2

h) 0.1404 átomos/ A°2

i) 0.2823 átomos/ A°2

j) 0.241 átomos/ A°2 k) 0.3020 átomos/ A°2

SOLUCION:

Si: ( CC ) n = 2 atomos

D at = n a t .............................. (1) Area triángulo AFH

Calculando el área:

Area triángulo AFH = √2L2√3/4................................ (2)

Si: L = a√2; en (2):

Area triángulo AFH (a √2)2 √3 /4 = (2.86 √2)2 √3/4

Area triángulo AFH = 7.08

l) Luego en (1): d at = 2at/7.08 A°2 = 0.2823 at/ A°2

6. – Con los datos del problema anterior. Calcular la densidad atómica del plano (1 1 0 ) y la densidad atómica en la dirección [1 1 1].

a) 0.086 atomos/A°2, 0,101 átomos/A°b) 0.173 atomos/A°2, 0,202 átomos/A°c) 0.173 atomos/A°2, 0,404 átomos/A°d) 0.122 atomos/A°2, 0,202 átomos/A°e) 0.122 atomos/A°2, 0,404 átomos/A°

SOLUCION :

d ( 0 1 1 ) = 2 átomos = 2 átomos = 0.173 at/ A°2

a x a2 (2.86)22A°

d [ 1 1 1 ] = 2 átomos = 2 átomos = 0.404 at / A°2

a3 2.86 3

7. - El vanadio tiene una estructura CC y un radio atómico de 1.316 A°. Calcular d220.

a) 1.31A°b) 0.93A°c) 1.07A°d) 1.86A°e) 1.51A°

SOLUCION:

Si es una estructura CC: a 2 = 4R a = 4R/2Entonces: a = 4 x (1.316 A° )/ 2 = 3.72A°

Calculando la distancia :

d ( 2 2 0 ) = a /4+4+0 = 3.72 A°/8 = 1.31 A°

Problema n° 2 :

Supóngase que 1000 g de dimetiltereftalato se combinan con etilenglicol para producir dacron. Determinar cuantos gramos de etilenglicol se requieren y el peso total del polímero después de que se completa la polimerización.

Respuesta:

Se necesita igual numero de moles de los dos monómeros.

P. mol. de dimetiltereftalato = (10 átomos de C ) (12) + (4 átomos de O) (16) + (10 átomos de H)(1)= 194 g/g.mol

Número de moléculas = 1000 g (6.02 x 1023) de dimetiltereftalato 194

= 31.03 x 1023

Se necesita el mismo numero de moléculas de etilenglicol.

P. mol. de etilenglicol = (2 átomos de C ) (12) + (2 átomos de O) (16) + (6 átomos de H)(1) = 62 g/g.mol

Cantidad de etilenglicol = (31.03 x 10 23 ) (62) = 319.6 g 6.02 x 1023

Por cada uno de los monómeros, se genera un alcohol metilico :

P. mol. de alcohol metilico = (1 átomo de C )(12) + (1 átomo de O) (16) + (4 átomos de H) (1) = 32 g/g.mol

cantidad de alcohol metilico = (31.03 x 10 23 )(2) (32) = 329.9 g 6.02 x 1023

El (2) se incluye en la ecuación anterior debido a que hay 31.03 x 1023 moles de dimetiltereftalato y un numero igual de moléculas de etilenglicol.

Peso total del polímero =1000 + 319.6 – 329.9 = 989.7 g

CERAMICOS

Problema n°1 :

Un cuerpo de arcilla se produce mezclando 100 lb de CaO .SiO2 con 50 lb de arcilla de caolinita . Al2O3 . 2SiO2 . 2H2O. La mezcla es secada y horneada a 1300°C hasta que se logra su equilibrio. Determinar la temperatura de líquidos del producto final.

Respuesta :

Primero debemos determinarla composición final de la cerámica después del horneado.Para esto se requieren los pesos moleculares de los óxidos.

P.mol. CaO = 40.08 + 16 = 56.08 g/g.mol P. mol. SiO2 = 28.09 + 2(16) = 60.09 g/g.mol P. mol. Al2O3 = 2(28.09) + 3(16) = 101.96 g/g.mol P. mol. H2O = 2(1) + 16 = 18.00 g/g.mol

En 100 lb de CaO . SiO2, el peso de cada oxido es

CaO = 56.08 x 100 = 48.3 lb (56.08 + 60.09)

SiO2 = 100 – 48.3 51.7 lb

En 50 lb de caolinita, el peso de cada oxido es

SiO2 = 2(60.09) x 50 = 23.3 lb 2(60.09) + 101.96 + 2(18)

Al2O3 = 101.96 x 50 =19.7 lb 2(60.09) + 101.96 + 2(18)

H2O = 50 – 23.3 – 19.7 = 7.0 lb

Después del secado y el horneado, el agua ha sido retirada , de modo que el peso total final de la cerámica es

Peso total = 100 + 50 – 7 = 143 lb

La composición de la cerámica cocida es

CaO = 48.3 x 100 = 33.8 % 143

SiO2 = 51.7 + 23.3 x 100 = 52.4 %

143

Al2O3 = 19.7 x 100 = 13.8 % 143

Esta composición se muestra en la Figura como el punto y. La temperatura de líquidos para esta composición es aproximadamente 1340°C.

Problema n°2:

Encontramos que un ladrillo refractario de SiO2 . Al2O3 se comporta satisfactoriamente a 1700°C si no mas de 20% de liquido rodea a la mulita que esta presente en la micro estructura . ¿Cuál es el porcentaje mínimo de Al2O3 que debe haber en el refractario?

Respuesta:Se localiza la porcion de liquido mas mulita en el diagrama SiO2 . Al2O3 a 1700°C, las composiciones de las dos fases son

L: 16 % Al2O3 Mulita 72 % Al2O3

Podemos usar la regla de la palanca para calcular la cantidad de alumina que proporciona 20 % de L.

% L = 72 – X x100 = 20 72 – 1672 – X = (0.20)(72 – 16) X = 60.8 % Al2O3

Si el refractario contiene entre 60.8 % y 72 % de Al2O3, se forma menos de 20% L a 1700°C.

Tratamientos térmicos

Problema n °1 :

Calcular las cantidades y composiciones de las fases y micro constituyentes en una aleación Fe-0.60 % de C a 726 °C.

Respuesta :

Las fases son ferrita y cementita, Utilizando una isoterma y aplicando la regla de la palanca a726 °C :% de : 0.0218 % C % = 6.67 – 0.60 x 100 = 91.3 % 6.67 – 0.0218

Fe3C : 6.67 % C % Fe3C = 0.60 – 0.0218 x 100 = 8.7 % 6.67 – 0.0218

Los micro constituyentes son territa primaria y perlita. Si se construye una isoterma justo por encima de los 727°C, se pueden calcular las cantidades y composiciones de la ferrita y de la austenita justo antes de que se inicie la reacción eutectoide . La totalidad de la austenita a esa temperatura se transformara en perlita ; la totalidad de la ferrita permanecerá como ferrita primaria.

Primaria : : 0.0218 % de C % Primaria = 0.77 – 0.60 x 100 =22.7 % 0.77 – 0.0218

Perlita: 0.77 % de C % Perlita = 0.60 – 0.0218 x 100 = 77.3 % 0.77 – 0.0218

Problema n° 2:

Supongamos que el ion de titanio no se encuentra presente y determinemos el tamaño del hueco intersticial En este caso, los iones se tocaran a lo largo de una diagonal en la cara. El parámetro de red es

ao = 2rCa + 2ro =2(0.99) + 2(1.32) = 3.27 A°2 2

El tamaño del hueco intersticial es

2rhueco = ao – 2ro = 3.27 – 2(1.32) = 0.63

rhueco = 0.315 A°

Pero el tamaño del hueco, 0.315 A°, es menor que el del ion de titanio , 0.68 A°. Dicho ion debe empujar alos iones circundantes , separándolos. En consecuencia, cuando el ion de titanio esta acomodado, los iones se tocan entre los de oxigeno y los de titanio, y el parámetro reticular real es

ao = 2rTi +2ro = 2(0.68) + 2(1.32) = 4.00 A°

Oxidación y corrosión

Problema n°1:

Para fabricar una pieza automotriz se diseño las siguientes medidas, 60 mm. de diámetro y un metro de longitud, estas dimensiones deben ser exactas, la ley de oxidación de este material es :W = 750 Ln(250t + 950)La parte final del proceso conlleva a realizar un tratamiento termico que le produce una oxidación superficial muy intensa que obliga a un mecanizado posterior.Determinar el tiempo si en los procesos iniciales se elimina 2 mm. Radiales.

Respuesta :

diametro = 60 mm. + x L =1 m. W = 750 Ln(250t + 950) …. I

Donde por dato : e = 2 mm. = 0.02 m

V = 1*1*0.02 = ___X___ 7.8 g/m3

X = 0.156 = 156 mg/m3

Se toma como oxido (Fe3O4) : Fe --- 168mg. O --- 64mg. _______ Fe3O4 --- 232 mg.

232mg --- 168 mg. Fe W --- X = 156 mg. Fe W = 215 mg/m2 de oxido

En I : 215 = 750 Ln(250t + 950)Ln(250t + 950) = 0.28666 250t + 950 = 1332 250t =1332 –950 t = 1.5 horas = 90 minutos

Problema n° 2 :

Una muestra de un cm2 de superficie, 0.75 mm. De espesor es oxidada . Después de 5 horas la muestra experimenta un aumento de peso de 0.04 mg/ cm2 ¿Cuál será la ganancia de peso después de 15 horas de oxidada si el proceso de oxidación sigue un comportamiento parabólico?

Respuesta :

B2 = Kt ------- K = B 2 t

(0.04 mg/cm2) = K ------- K= 3.2*10-4 (mg 2 ) 5 cm4

6 _____ ___________________________________

B = | Kt = | 3.2*10-4 (mg 2 ) *15 horas cm4

B = 6.93 * 10-4 (mg) cm2}

B = 69.3 * 10-3 (mg) cm2

OXIDACIÓN

1.- Una aleación basada en niquel tiene un revestimiento de oxido de 100 nm de espesor en el tiempo (t) igual a cero, al ser colocada en un horno de oxidación a 600°C. Después de 1 hora, el revestimiento ha crecido a 200 nm de espesor. ¿Cuál será el espesor después de 1 día, considerando una ley de velocidad de crecimiento parabólico?

Solución

La ecuación 14.1-4 es apropiada:Y²= C₄t + C₅

Para t = 0, y=100 nm, o(100 nm)²=C₄ (0) + C₅

dando: C₅ = 10 4 nm²

Para t =1h, y =200 nm, o(200 nm)² = C₄ (1h) + 10 4 nm²

Resolviendo, obtenemos

C₄ = 3 x 10 4 nm²/h

Entonces, en t= 24 h,Y² = 3 x 10 4 nm²/h (24 h) + 10 4 nm² = 73 x 10 4 nm²

o y = 854 nm (=0.854 m).

2.- Como la densidad del Cu₂O es 6.00 Mg/m³, calcule la razón de Pilling-Bedworth para el cobre.

Solución

La expresión para la razón de Pilling-Bedworth se da por la ecuación 14.1-5:

R = Md/amD

Los datos adicionales, diferentes a la densidad del Cu₂O están disponibles en el apéndice 1:

R = [2(63.55) + 16.00](8.93) (2)(63.55)(6.00)

R = 1.68

POLIMEROS

1.- Los datos siguientes se obtuvieron en una prueba de

flexión para un nylon que se usará en la fabricación de

engranes de peso ligero.

Geometría de la pieza : 7mm x 13mm x 100mmDistancia entre soportes : L = 50mmPendiente inicial de la curva carga–deflexión : 404 x 10³N/m

Calcular el módulo de flexión (Eflex) para este polímero de ingeniería.

SoluciónAl referirnos a la figura y la ecuación 9.6-2, encontramos que :

Eflex L³m Pto. de fractura 4bh³

(50 x 10³m)³(404 x 10³N/m) 4(13 x 10³m)(7 x 10³m)³ h {

b = 2.83 x 10⁹N/m² F/2 L F/2

Eflex = 2830 MPa PRUEBA DE FLEXION

2.- Un pequeño esfuerzo uniaxial de 1MPa (145 psi) se aplica a una varilla de polietileno de alta densidad.

a) ¿Cuál es la deformación resultante?b) Repita para una varilla de isopreno vulcanizadoc) Repita para una varilla de acero 1040

Solucióna) Para este modesto nivel de esfuerzo, podemos considerar el

comportamiento de la Ley de Hooke: Є = σ/E

La tabla 9.6-1 da E = 830Mpa, así :

Є = 1 MPa/ 830 MPa = 1.2 x 10³

b) La tabla 9.6-2 da E = 1.3 MPa

Є = 1 MPa/ 1.3 MPa = 0.77

c) en la tabla 7.3-2 da E = 200 Gpa = 2 x 10 MPa

Є = 1 MPa/ 2 x 10.5 MPa = 5 x 10

La diferencia notable entre el módulo elástico para los polímeros y los sólidos inorgánicos se aprovecha en los materiales compuestos.

POLIMEROS

1) Un polímero de Nylon 66 se refuerza con 43% de peso de fibra de vidrio.

Calcular la densidad de este polímero de ingeniería.

La densidad del nylon 66 = 1,14 Mg /m3 y la densidad del vidrio reforzado = 2,54 Mg/m3

Solución:

Para 1Kg de producto final:

0.43 x 1Kg = 0,43 de vidrio y

1 Kg – 0.43 = 0,57 Kg de nylon 66

El volumen total del producto:

V producto = V Nylon + V vidrio

= m nylon + m vidrio

= 0,57 Kg + 0,43 Kg x 1 Mg

1, 14 Mg/m3 2,54 Mg/m3 1000 Kg =

0,3 Kg m3 + 0,169 Kgm3 x 1 Mg = 6,69x10-4m3

Mg Mg 1000 ng

La densidad total del producto final:

P = 1 Kg x 1 Mg = 1,49 Mg/m3

6,69 x10-4m3 1000Kg

Este polímero de ingeniería es de alta resistencia y rigidez.La resistencia y rigidez se puede incrementar

aumentando la cantidad de fibra de vidrio.

2) Los siguientes datos se obtuvieron por una prueba de flexión para un nylon que se usará en la

fabricación de engranes de peso ligero:

Geometría de la pieza = 9 mm x 15 mm x 102 mm

Distancia entre soportes = 2 = 60 mm

Pendiente inicial de la curva carga flexión = 404 x 103 N/m.

Calcule el módulo de flexión para este polímero de ingeniería.

Solución:

E flex = L3m

4 bh3

donde:

E flex = Módulo de flexión

m = pendiente de la tangente

l= distancia entre soportes

b= espesor del espécimen bajo flexión

h = altura del espécimen.

E flex = 60 x10-3 m 3 404 x 103 N/m

4 15 x10-3m 9 x 10-3 m 3

= 1,99 x 109 N/m2 = 1990 Mpa

3. Para la configuración directa, una fuerza aplicada de 680N causa la factura de la muestra de nylon. Calcule

la correspondiente resistencia a la flexión.

solución:

F.S = 3 FL = 3(680N). (60 x 10-3 m)

2 bh2 2 (15 x 10-3m) (9 x10-3 m)2

F S = 0,5037 x 108 N/m2 = 50,37 M Pa

OXIDACIÓN Y CORROSION1. Una aleación basada en níquel tiene un revestimiento de oxido de 100 nm de espesor, en el tiempo (t)

igual a cero, al ser colocado en un horno de oxidación a 600°C. Después de una hora el

revestimiento ha crecido a 200nm de espesor. ¿Cuál será el espesor después de un día, considerando

una ley de velocidad de crecimiento parabólico.

Solución:

Ecuación parabólica: y2 = c4 t + c5

Para t = 0, y = 100nm

(100nm)2 = c4 (0) +c5

tenemos

c5 = 104nm2

Para t = 1hora y =200nm

(200nm)2 = c4 (1 h) + 104 nm2

Resolviendo, obtenemos

c4 = 3*104 nm2/h

entonces, la ecuación es:

y2 = 3*104 nm2/h t + 104nm2

En t = 24h

y2 = 3*104nm2/h(24h) + 104nm2

y2 = 73*104nm2

y = 854nm

El espesor de óxido después de 1 día es de 854nm

2. Un contenedor cilíndrico de acero de bajo contenido de carbono de 1.5 m de altura y con un

diámetro de 75cm, contiene agua airada hasta un nivel de 80cm y muestra una pérdida de peso

debido a la corrosión de 300g al cabo de 5 semanas. Calcule la corriente de corrosión, la densidad de

corriente implicada en la corrosión del contenedor

(suponer que la corrosión es uniforme sobre la

superficie interior del contenedor y que el acero se

corroe en la misma forma que el hierro puro)

Solución:

Para la corriente de corrosión:

De la Ecuación de Faraday: I = wnF

tM

donde : w = peso del metal corroído o electro depositado (g)

M = masa atómica del metal (g/mol)

I = flujo de corriente (A)

n = # de electrones /átomo producido o consumido en el proceso

F = constante de faraday = 96 500 A s/mol

Datos:

w= 300 g F = 96500 A s/mol n = 2 =>(Fe -> Fe+2 +2e-) MFe = 55.85 g/mol

t = 5 sem * (7 días)*(24 h)*(3600 s)=3.024*106 s

1 sem 1 día 1 h

Entoces: I = 300 g * 2 * 96500 A s/mol = 0.3428A

3.024*106 s *55.85g/mol

Para la densidad de la corriente ( i) : i = I / s

Donde : I= flujo de corriente S= área corroída

Datos:

D= diámetro=75 cm h =altura=80 cmS = área lateral + área de la base = pDh+ p(D/2)2 S= p(75cm)(80cm)+p(80cm/2)2

S = 23876.16 cm2

I = 0.3428 A

Entonces: i = 0.3428 A/ 23876.16 cm2

i = 1.44*10-5 A/cm2

3. Un horno para tratamiento térmico se va operar a 1800 °F (1032 °C) las piezas se colocaran en bandejas

de molibdeno existen algunas dudas con respecto a la resistencia a la oxidación de molibdeno. Por medio

de cálculos. Demuestre si el molibdeno podrá resistir estas condiciones.

La reacción que ocurre es la siguiente:

Mo + 3/2 O2 => Mo O3

Densidades (gr/cc): Mo=10.22 Mo O3=4.50 O2=1.43*10-3

Solución:

Para este caso aplicaremos. La relación del volumen de la

costra al volumen del metal esto se denomina relación

PILLING-BEDWORTH y se puede calcular de la formula:

Relación P-B = W*d

D*w

Donde:

W Peso molecular del oxido. W Peso atómico del metal, d densidad del metal. D Densidad del oxido.

Esto nos servirá para saber si el metal podrá resistir las

condiciones de trabajo.

La relación es menor que 1 entonces la costra no es protectora debido al agrietamiento, en cambio si es mayor que 1, no hay peligro de agrietamiento debido a la diferencia de volumen muy grande, la costra es protectora. Se sabe:

Mo + 3/2 O2 => Mo O3

Densidades (gr/cc): Mo=10.22 Mo O3=4.50 O2=1.43*10-3

Además:

Pmolecular: Mo=95.94 Mo O3=143.94 O2= 36

O2=1.43*10-3

P – B = (143.940)(10.22) =1.51

(4.50)(95.94)

CERAMICOS1. Una inspección de control de calidad puede asegurar que una parte de cerámica estructural no tendrá

defectos de mayor tamaño que 25 m, calcule el esfuerzo de servicio máximo disponible con (a) SiC y (b)

zirconia parcialmente estabilizada (PSZ).

SOLUCION:

En lugar de una información mas especifica, podemos tratar esto como un problema general de mecánica de

fractura usando la ecuación I ; con Y=1.

Ecuación I:

KIC = Tenacidad de la fractura (valor critico del factor de esfuerzo-intensidad en un punto de grieta

necesario para producir una falla catastrófica bajo una simple carga uniaxial).

IC = El subíndice I se refiere al ¨modo I¨ carga (uniaxial) y la ¨c¨ a critica.

σ f = Esfuerzo total aplicado en la falla.

a = Longitud de una grieta de la superficie ( o un medio

de la longitud de una

grieta interna.

Esta considera que el esfuerzo de servicio máximo sera el esfuerzo de fractura para una parte con tamaño de

defecto = a = 25 µm. Los valores de KIC son:

Valores típicos de tenacidad a la fractura (Kic) para varias cerámicas y vidrios

Material KIC (Mpa )

Zirconia parcialmente estabilizada 9

Porcelana eléctrica 1

Alumina (Al2O3) 3-5

Magnesia (MgO) 3

Cemento/concreto, no reforzado 0.2

Carburo de silicio (Si3N4) 4-5

Vidrio de sosa (Na2O – SiO2) 0.7 – 0.8

( a ) Para el SiC

( b ) Para la PSZ

PROBLEMA 2

La fatiga estática depende de una reacción química, y como

resultado es otro ejemplo del comportamiento de Arrhenius.

Específicamente, se ha demostrado que el inverso del tiempo

para fractura ( a determinada carga ) se incrementa

exponencialmente con la temperatura. La energía de activación

asociada con el mecanismo de la figura I, es 78.6 kJ/mol. Si

el tiempo para fractura en un vidrio de sosa-cal-sílice es 1s

a + 50o C ( a determinada carga ), ¿cual es el tiempo para

fractura a – 50oC ( a la misma carga )?

Figura I

O

H H

+

Si O Si

-- - Si - OH

OH – Si - - - .

El papel del H2O en la fatiga estática depende de su reacción con la red de silicato. Una molécula de Si – OH,

Esto es equivalente a un rompimiento en la red.

SOLUCION:

Como se dijo, puede aplicarse la ecuación de Arrehnius. En este caso:

Donde t es el tiempo para fractura,

A 50oC (323 K),

De lo que se obtiene,

Entonces,

ó

t = 5.0 x 10 5 s

= 5.0 x 10 5 s x 1 h

3.6 x 103 s

= 140 h

= 5 dias, 20 h

REFRACTARIOS

1. La mulita es 3Al2O3.2Si O2. Calcule la fracción de peso en un refractario de mulita.

Solución:

Peso molecular de Al2O3 = 2(26.98) + 3(16)

= 101.96

Peso molecular de Si O2 = 28.09 + 2(16)

= 60.09

Por lo tanto:

Fracción de peso Al2O3 = 3(101.96)

3(101.96) + 2(60.09)

Fracción de peso Al2O3 = 0.718

2. Considere un tubo de horno Al2O3 constreñido de la manera que se ilustra en la figura. Calcule el

esfuerzo que se generaría en el tubo si fuera calentado a 1000°C.

Constreñimiento de la Fractura

Expansión térmica debida a esfuerzo compresión

excesivo(s)

T1 T2>T1

Solución:

De la tabla se sabe el coeficiente de expansión térmica para el Al2O3 dentro de este intervalo:

Eda=8.8 X 10-6 mm/(mm.°C)

Si se toma la temperatura ambiente como 25 °C, la

expansión no constreñida asociada con el calentamiento

a 1000°C es:

4 e= aDT

=[8.8 X 10-6 mm/(mm.°C)](1000-25)°C

=8.58 X 10-3

El esfuerzo compresivo resultante es a partir del constreñimiento de esa expansión es:

ws=Ee

De las tabla se da un E para el Al2O3 sintetizado como E = 370 X 10 –3 MPa. Entonces

ws =(370 X 103 MPa)(8.58 X 10 –3)

=3170 MPa (comprensivo)

Esto es substancialmente por arriba de esfuerzo de falla de

la cerámica de alumina (véase la figura)

ass (MPa)

*

0 0.005 0.01

3000

2000 *

ass (MPa)

1000

0 0.005 0.01

(A) TENSION

(B) COMPRESION

8.- Con respecto al enlace metálico marcar lo correcto:

f) Se debe a la fuerza de atracción resultante de la polarización de las cargas eléctricas de algunas sustancias.

g) Se produce por la fuerza de los electrones compartidos en la unión de los metales.

h) Se produce cuando cada uno de los átomos del metal contribuye con sus electrones de valencia a la formación de una nube electrónica dentro del metal sólido.

i) Es el producto de la atracción eléctrica entre dos iones positivos y negativos dispuestos alternativamente.

j) Ninguna de las anteriores.

SOLUCION: C

9.- Para un metal de estructura CCC. Calcular el volumen del espacio vacío en función del radio atómico:

f) 4.326 r3g) 5.872 r3h) 6.299 r3i) 3.270 r3j) 5.058 r3

SOLUCION :

Hallando el numero de átomos para estructura CCC:

n = 6caras x ½ átomo + 8 vértices x 1/8 átomo = 4 átomos

Entonces el volumen ocupado será :

V ocupado = 4(4/3r3) =16.75 r3

Si se considera que los átomos son esféricos.

V total = a3 = (4/2)3 x r3 = 22.62r3

Luego:

V vacío = V total - Vocupado =5.872 r3

10.- En un sistema cristalino hexagonal es correcto:

B) El factor de acomodamiento atómico es:

a) 0.68b) 0.58c) 0.74d) 0.86 e) Ninguna

B) La altura del prisma de la celda unitaria es: a) (4√2 /√3) r b) (2√2 /√3) r c) (2√3 /3) r

d) (4 /√3) r e)Ninguna

SOLUCION:

C) El numero de átomos para la estructura es:

n =6 átomos

entonces:

V ocupado = 6(4/3r3) = 25.13 r3

Además:

V total = 6( axa√3/2)(1.63ª) = 67.78 r3

Luego el factor de acomodamiento:

V ocupado = 25.13 r 3 = 0.37V Total 67.78 r3

D) La altura:

c = 1.63 (Sistema correcto) a

c= 1.63a = 1.63(2r) = 3.26 r = 4 √2 r √3

11.- La densidad planar en los planos cristalinos ( 1 1 0 ) y ( 2 0 0 ) para el sistema de ccc son respectivamente :(Las respuestas están en función del radio atómico r).

f) (1/4 r2 ) ,( 1/8 r2 )g) (3/16 r2 ) ,( 3/8 r2 )h) (1/4 r2 ) ,( 1/4 r2 )i) Ninguna

SOLUCION:

Para el sistema CCC: a= 4/√3 r

Además: n = 1 atomo + 4 verticesX ¼ atomo n = 2 átomos

Para el plano ( 1 0 0 ):

D at = 2 átomos = 2 átomos = 3/8 r2

a 2 ( 4/√3 r)2

Para el plano ( 2 0 0 ):

D at = 1 átomo = 1 átomo = 3/16 r2

a 2 ( 4/√3 r)2

12. - Para el sistema CCC determinar los índices de Miller de aquel plano cuyas intersecciones con los ejes X, Y, Z es respectivamente: , 2, 5

SOLUCION:

, 2, 5 x, y, z

, 2, 5 5 5 5

(0, 2/5,1)

13 .- Para una estructura CCC (a = 3 A°), La densidad lineal en la dirección [ 1 0 1 ] y la densidad planar en el plano (1 1 1 ) son respectivamente:

a) 236x105 átomos / cm.; 2.57x105 átomos / cm2

b) 236x105 átomos / cm.; 2.57x105 átomos / cm2

C) 236x105 átomos / cm.; 2.57x105 átomos / cm2

d) 236x105 átomos / cm.; 2.57x105 átomos / cm2

j) Ninguna

SOLUCION:

[ 1 0 1 ] DL = #de átomos = 2 = 0.385 = 385 x 105

d 33 x 10-8 10 -8

( 1 1 1 ) Dp = #de átomos = 2 = 0.256 At/A2 A 7.794

14.-El plomo es una estructura (c.c.c.); R=1,75x10-8cm

a) cual es el volumen de su celdilla unitaria.b) cual es la densidad del volumen de la celda.c) cual es el factor de acomodamiento.

SOLUCION:

a) CCC 4R = 2

V = a3 = (4R/2)3 = (4 x 1.75/2)3 x 10-24 cm3

V = 24.51 x 10-24 cm3

a = 2.904 x 10-8 cm3

c) Fa = 4 x (4/3 x x r 3 ) = 0.74 (4r /2)3

Fa: Factor de acomodamiento

15.- El oro es c.c.c. su constante reticular es a = 4,078 A°; PA=197,2g/mol, hallar:

a) Densidad

b) Densidad planar en el plano [ 1 1 0 ]

c) Densidad planar en el plano (1 1 1 )

SOLUCION:

a) D = # atomosxPA = 2 x 197.2 N° V 6.023 x1023 x A3

D = 788.8 = 19.4 gr/cm3 406.07 X1023

b) Densidad planar ( 1 1 0)

D planar = # átomos = 4 = 0.17 átomos Area a22 A°2

c) Densidad planar ( 1 1 1 )

D planar = # átomos = 4 = 8 = 0.27 átomos Area (a 2) 2 3 a2 3 A°2

4

16.- Cuál es la densidad lineal en la dirección [ 1 1 0 ] del cobre ? Su estructura es CCC con a = 3.62 A°

SOLUCION:

DL = #at = 2/ (3.62x 3) d

DL = 0.3189

17 .- La distancia entre los planos ( 1 1 0 ) en un metal CC es 2.029 A°

a) Cual es la arista de la celda b) Cual es el radio atómico del metal

SOLUCION:

a) d (1 1 0 ) = 2.029 4r = a3

2.029 = a . 12 +12

a = 2.0292 a = 2.8694 A°

b) r = ( 2.8694 x 3 ) 4

r = 1.2425x10-8