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1.

Una aleación de cobre-zinc tiene las siguientes propiedades: Diámetro del grano (mm) 0.015 0.025 0.035 0.050

Resistencia (MPa) 170 MPa 158MPa 151 MPa 145 MPa

a) Las constantes de la ecuación de Hall-Petch

σ y =σ o + k y × d   

1 −( ) 2

σy: tensión de fluencia (resistencia) σo: constante del material ky: coeficiente de endurecimiento

Trabajando con los primeros dos valores de la tabla

170=σ o +k ( 0.015 )

(12 )

−

σ o =170−8.1649 k …(1)

158=σ o +k ( 0.025 )

(12 )

−

σ o =158−6.3245 k … (2) Igualando las ecuaciones (1) y (2)

170−8.1647 k=158−6.3245 k

k =6.52 σ o =170−8.1649 ( 6.52 ) σ o =116.7648 Mpa Trabajando con los ultimos dos valores de la tabla

−

151=σ o +k ( 0.035 )

(12 )

σ o =151−5.3452 k …(3)

145=σ o +k ( 0.050 )

( 12 )

−

σ o =145−4.4721 k …(4 )

Igualando las ecuaciones (3) y (4)

151−5.3452 k=145−4.4721 k

k =6.87 σ o =151−5.3452 ( 6.87 ) σ o =116.6396 Mpa

b) El tamaño de grano requerido para obtener una resistencia de 200 MPa.  Usando los valores de las constantes hallados en la parte a)

200=116.7648 +6−52× d

1 −( ) 2

1 −( ) 2

12.7853=d

d=0.006117 mm 2. Determine el número ASTM del tamaño de grano si se observa 20 granos/pulg. cuadrada a una magnificación de 400.

N=2n

2

N=20

granos 400 granos × =320 2 100 pulg pulg 2

( )

320=2 n n=8.3219 ASTM

3. Determine el número ASTM del tamaño de grano si se observa 25 granos/pulg. cuadrada a una magnificación de 50

N=2n

N=25

granos 50 2 granos × =6.25 2 100 pulg pulg2

6.25=2

( )

n

n=2.64 ASTM

4. ¿Por qué se utilizan aleaciones en vez de metales puros en las aplicaciones estructurales (por ejemplo, el acero para puentes y edificios o las aleaciones de aluminio para aviones)?

5. ¿Qué significa el término endurecimiento por deformación?

6. Se calienta a 912°C un hierro que contiene 0.05%C en una atmosfera que produce 1.20% C en la superficie y se mantiene durante 24h. Calcule el contenido de Carbono a 0.05 cm debajo de la superficie si:

Datos Co=0.05% Cs=1.20% t=24 horas x=0.05 cm Cx=? a) El hierro es CCCu (BCC) Cálculo del coeficiente de difusión con el uso de la tabla de datos de difusión

( −Q RT )

D=Do ×e

D=6.2 ×10−7

2

(

m ×e s

KJ 1000 J × mol 1 KJ J 8.314 × ( 912+273 ) mol K −80

)

=1.84 ×10−10

2

m s

( 2 × √xD ×t )

z=

(√

z=

0.05 cm× 2

1m 100 cm

3600 seg .10 m 2 × 1.84 ×10 × 24 horas × seg 1 hora

)

=0.0627

Cálculo del error de Z: Interpolando 0.05 0.06 27 0.1

0.05 64 ferr( z) 0.11 25

Errf(z) = 0.0706

Cx−Co =1−feer ( z) Cs−Co 0.05 100 =0.9294 1.2 0.05 − 100 100 Cx−

Cx=1.2 de carbono

b) b. El hierro es CCCa,(FCC) explique la diferencia Cálculo del coeficiente de difusión con el uso de la tabla de datos de difusión

( −Q RT )

D=Do ×e

D=1 ×10−5

(

m2 ×e s

KJ 1000 J × mol 1 KJ J 8.314 × ( 912+273 ) mol K −136

)

=1.01× 10−11

m2 s

( 2 × √xD ×t )

z=

(√

z=

0.05 cm ×

1m 100 cm

m2 3600 seg 2 × 1.01× 10 × 24 horas × seg 1 hora .11

Cálculo del error de Z: Interpolando

)

=0.2676

0.25 0.27 0.30

Errf(z) = 0.2972

0.27 63 ferr( z) 0.32 86

Cx−Co =1−feer (z) C s−Co 0.05 100 =0.7028 1.2 0.05 − 100 100 Cx−

Cx=0.8582 Diferencia: El factor de empaquetamiento del FCC es mayor al BCC, lo que significa que tiene menos espacio vacío lo que dificulta en mayor medida la difusión de carbono, a diferencia del BCC que cuenta con un porcentaje de vacío mayor.

7. ¿Qué temperatura requiere para obtener 0.50% C a una distancia de 0.5mm debajo de la superficie de un acero con 0.20% C en 2h, cuando está presente 1.10% C en la superficie? Suponga que el hierro es CCCa (FCC)  Cx=0.050%  X=0.5 mm  Co=0.2%  T= 2 horas  Cs= 1.1%

Cx−Co x =1−eerz × Cs−Co 2 × √ Dt

(

)

0.5 0.2 − 100 100 =0.333=1−errz 1.1 0.2 − 100 100 errz=0.6667 Buscar z con el valor de su error: Interpolar

0.6 5 Z 0.7

Z=0.6845

0.64 20 0.66 67 0.67 78

0.6891=

D=

(

x 2× √ Dt

2

) (

2

)

−1

x 0.5 × 10 cm cm = =1.8527 ×10−7 s 2× √ t × 0.6845 2× √ 2×3600 seg × 0.6845

2

Cálculo de la temperatura usando la tabla de datos de difusión

( −Q RT )

D=Do ×e

1.8527 ×10

−7

(

2 cm2 1 m2 −5 m × =1× 10 ×e 2 s s ( 100 cm )

KJ 1000 J × mol 1 KJ J 8.314 ×(T ) mol K

−136

)

T =1239.35 K =966.35 ℃

8. Se puede desarrollar de manera exitosa un tratamiento térmico de carburación a1200 °C en 1h. En un esfuerzo para reducir el costo de reemplazar el revestimiento de los ladrillos en el horno, se propone reducir la temperatura de carburación a 950°C ¿Qué tiempo se requerirá para obtener un tratamiento de carburación similar.

Cx 1−Co1 Cx 2−Co 2 = Cs 1−Co 1 Cs 2−Co2

1−ferr ×

( 2× √ Dx1 ×t 1 )=1−ferr × ( 2× √ Dx2 ×t 2 )

1 1 = √ D 1× t 1 √ D 2 ×t 2 D1 ×T 1=D 2× T 2

Do × e

e❑

(−Q RT )

( −Q RT )

×t =Do ×e

×t