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Ciencia de materiales (Universitat Politecnica de Valencia)
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UNIDAD 2 Características mecánicas de los materiales 2.1 CUESTIONES DE AUTOEVALUACIÓN 1 - El alargamiento y la estricción son medidas directas de la: a) Resistencia. b) Ductilidad. c) Tenacidad. d) Dureza. 2 - Durante el ensayo de tracción podemos decir que la deformación es elástica cuando: a) La deformación es proporcional a la tensión. b) Al representar la tensión en función de la deformación se observa una relación lineal. c) El camino recorrido durante la carga y descarga es el mismo. d) Todas son correctas. 3 - El módulo de elasticidad puede ser interpretado como: a) El limite máximo a alcanzar antes de que el material entre en deformación plástica. b) La resistencia de un material a la deformación elástica. c) La ductilidad del material durante la deformación plástica. d) La relación entre el alargamiento relativo porcentual y el porcentaje de reducción de área. 4 - Para determinar la dureza de los aceros templados pueden emplearse los procedimientos: a) HV o HRc. b) HB. c) HRb. d) Las distintas escalas son equivalentes y puede utilizarse cualquiera de ellas. 5 - ¿A cuál de los siguientes factores no es debida la inexactitud de las medidas de dureza?: a) Obtener resultados en los extremos de la escala de medida. b) Medir sobre muestras muy delgadas. c) Si las huellas están muy cerca unas de otras. d) Si para determinar la dureza medimos la profundidad de la huella. 6 - ¿A qué no es sensible la temperatura de transición dúctil-frágil?: a) A la estructura cristalina. b) A la composición. c) A la temperatura de fusión. d) Al tamaño de grano.
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Cuestiones y ejercicios de Fundamentos de Ciencia de Materiales
7 - ¿Qué materiales pueden experimentar una transición dúctil-frágil? : a) Los materiales cerámicos. b) Los materiales metálicos. c) Los materiales poliméricos. d) Todas son correctas. 8 - El limite de fatiga o la resistencia a la fatiga significa: a) Una tensión por debajo de la cual no ocurrirá la rotura por fatiga. b) El nivel de tensión que produce la rotura después de un determinado número de ciclos. c) El mayor valor de la tensión fluctuante que no producirá la rotura en un número infinito de ciclos. d) Todas son correctas. 9 - En fluencia cuando diseñamos a vida larga, el parámetro utilizado es: a) El tiempo a la ruptura. b) La velocidad de fluencia estacionaria. c) El limite elástico. d) La resistencia a rotura. 10 - ¿Cuál de las siguientes expresiones aplicables al ensayo de tracción no es correcta? : a) σT = ln(1 + ε) b) σ = E · ε c) σ = F/A0 d) ε= (li – l0)/l0 11 - En una pieza sometida a fatiga, una gran superficie agrietada por fatiga, es indicativa: a) Baja tenacidad y bajo nivel de tensiones. b) Baja tenacidad y alto nivel de tensiones. c) Elevada tenacidad y alto nivel de tensiones. d) Elevada tenacidad y bajo nivel de tensiones. 12 - Una probeta de tracción con sección inicial de 10 mm2, presenta tras la rotura una sección de rotura de 6 mm2. La estricción valdrá: a) 4 mm2. b) 6 mm2. c) 40%. d) 66,7%. 13 - Los registradores de las prensas de tracción dan gráficos de: a) Tensión real - deformación real. b) Tensión nominal - deformación nominal. c) Tensión nominal - incremento de longitud. d) Fuerzas - incremento de longitud. 14 - Si durante el ensayo de flexión no sobrepasamos el limite elástico, los materiales: a) Deformarán hasta rotura. b) Recuperarán su forma inicial. c) Se deformarán sólo parcialmente. d) Ninguna es correcta. 15 - La teoría de la elasticidad hace uso de los indicadores siguientes: a) Módulo de elasticidad y limite elástico. b) Alargamiento y estricción. c) Resistencia y coeficiente de Poisson. d) Todas son correctas. 4
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Unidad 2 – Características mecánicas de los materiales
16 - La resiliencia es una medida de: a) Ductilidad. b) Dureza. c) Resistencia. d) Tenacidad. 17 - La transición dúctil-frágil no es típica de: a) Los materiales cerámicos. b) Los materiales poliméricos. c) Los metales con estructura cúbica de caras centradas. d) Los metales con estructura hexagonal compacta. 18 - El límite de fatiga de un material es la tensión a la que: a) No se produce dañado nunca. b) Se produce el agrietamiento a un determinado número de ciclos. c) Se produce el dañado al primer ciclo de servicio. d) Se produce deformación permanente al ser superado. 19 - Algunos durómetros dan lecturas directas de la dureza: a) Rockwell B. b) Brinell. c) Vickers. d) Brinell y Rockwell C. 20 - Una probeta de tracción presenta una sección inicial de 8 mm2 y una longitud inicial de 50 mm. El esfuerzo máximo en el ensayo de tracción vale 4000 Newtons. Tras la rotura, presenta una sección de 4 mm2 y una longitud de 75 mm. 20.1 La carga de rotura vale: a) 4000 N. b) 500 MPa. c) 1000 MPa. d) 125 Kg/mm2. 20.2 El alargamiento vale: a) 75 mm. b) 25 mm. c) 25%. d) 50%. 20.3 La estricción vale: a) 4 mm2. b) 200 %. c) 100 %. d) 50 %. 21 - La dureza de los metales se correlaciona directamente con: a) La carga de rotura R. b) El alargamiento A%. c) La tenacidad. d) Todas las anteriores.
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Cuestiones y ejercicios de Fundamentos de Ciencia de Materiales
22 - Una probeta de tracción con longitud inicial de 100 mm, presenta trás la rotura una longitud de 133 mm. El alargamiento valdrá: a) 33 %. b) 133 %. c) 33 mm. d) 133 mm. 23 - La zona plástica se caracteriza por: a) Carácter remanente de la deformación. b) Valores del módulo de elasticidad menores. c) Estricción en el material. d) Todas son correctas. 24 - Una de las limitaciones del ensayo de durteza Brinell se debe a que: a) No se puede utilizar con materiales blandos. b) Se deforma excesivamente la bola si el material es muy duro. c) La superficie debe estar perfectamente pulida. d) Debe realizarse una precarga inicial. 25 - Un alta estricción en el ensayo de tracción es indicativo de: a) Bajo alargamiento. b) Alta tenacidad. c) Alta carga de rotura. d) Alto límite elástico.
2.2 CUESTIONES DE HETEROEVALUACIÓN 1. Con los datos obtenidos en un ensayo de tracción (N, mm). Representa esquemáticamente los diagramas correspondientes para materiales dúctiles y frágiles ensayados hasta la fractura. 2. Tipos de ensayos para caracterizar las propiedades resistentes de los materiales. 3. ¿Qué parámetros necesarios para el cálculo de elasticidad se obtienen del ensayo de tracción de un material?. 4. Justificar las diferencias entre las medidas obtenidas en un ensayo de dureza Rockwell y un ensayo Brinell o Vickers. 5. Hipotetiza como puede influir en el valor de la resiliencia de un material si en el fondo de entalla existe una grieta provocada por fatiga de profundidad igual a la entalla. 6. Indica los parámetros que definen el comportamiento plástico de un material. 7. Señale y justifique como se interpreta la mayor o menor tenacidad de un material a partir de la observación de su fractura en un ensayo de Charpy 8. Indicar en un gráfico resiliencia - temperatura como varia el valor de la resiliencia en los siguientes casos: a) Acero de construcción, b) Cobre puro (c.c.c.). Los valores a 30ºC para ambas aleaciones son 7 y 4 Kgm/cm2 respectivamente 9. En la tabla siguiente se presentan tres materiales con sus características resistentes. Justificar: a) ¿Cual es el de mayor ductilidad? b) ¿Cual es el mas tenaz? c) ¿Cual presentaría mayor dureza?
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Unidad 2 – Características mecánicas de los materiales
MATERIAL
CARGA DE ROTURA (MPa)
LIMITE ALARGAMIENTO ELASTICO (MPa) %
A
450
390
30
B
200
150
40
C
400
390
5
10. ¿Porque en el ensayo de Rockwell en la escala C de 150 Kp de aplicación de carga se hace la secuencia 10 + 140? 11. ¿Cuales son las causas por las que no puede aplicarse la teoria de elasticidad a materiales que trabajan a alta temperatura? 12. Indica que precauciones debe tomarse en el diseño con un material de baja tenacidad. 13. Indica de que parámetros depende el nivel de tensiones escogido para conseguir un determinado servicio. 14. ¿Podemos reconocer a través del análisis de una fractura de una pieza, el tipo de servicio al que se ha sometido?. 15. Justifica los parámetros que definen el tipo de ensayo de resiliencia. 16. Razona si podría calificarse a través de la observación de la fractura si un material responde con alta o baja tenacidad. 17. Justifica la posibilidad de calcular valores de resiliencia por extrapolación hacia el campo de temperaturas inferiores a las ensayadas. 18. Justifica las causas de las correlaciones existentes entre la dureza Brinell, Rockwell o Vickers, con los parámetros indicadores de la resistencia a tracción. 19. Comenta las ventajas e inconvenientes entre los ensayos de dureza Brinell, Vickers y Rockwell. 20. Menciona el parámetro con el que podría correlacionarse el retroceso de la aguja del micrómetro de la máquina Rockwell cuando se anula la actuación de la carga principal.
2.3 PROBLEMAS Y EJERCICIOS PRACTICOS PROPUESTOS Problema 2.1 Una barra de 1.25 cm de diámetro está sometida a una carga de 2500 kg. Calcular la tensión axial de la barra en megapascales (MPa). Problema 2.2 Calcular el esfuerzo usual en ingeniería, en el SI de unidades, de una barra de 1,50 cm de diámetro que está sometida a una carga de 1200 kg. Problema 2.3 Calcular el esfuerzo usual en ingeniería, en el SI de unidades, de una barra de 15 cm de longitud y con una sección de 5,0 mm x 10,0 mm, sometida a una carga de 4500 kg. Problema 2.4 Calcular el esfuerzo usual en ingeniería, en el SI de unidades, de una barra de 25 cm de larga y que tiene una sección transversal de 6,0 mm x 3,0 mm, sometida a una carga de 4700 kg. Problema 2.5 Una barra de 20 cm de largo con un diámetro de 0,30 cm es sometida a una carga de 4000 N de peso. Si el diámetro disminuye a 0,27 cm, determinar: a) El esfuerzo y la deformación usual en ingeniería para esta carga. b) El esfuerzo y la deformación verdadera para esta carga. 7
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Problema 2.6 Un acero tiene un módulo de elasticidad de 200 GPa y un límite elástico de 360 MPa. Una varilla de este material de 12 mm2 de sección y 80 cm de longitud se cuelga verticalmente con una carga en el extremo de 1800 N. a) ¿Recuperará el alambre la longitud primitiva si le quitamos la carga? b) Calcular el alargamiento unitario en estas condiciones. c) Diámetro mínimo de una barra de este material que sometida a una carga de 5. 104 N no experimente deformación permanente. Problema 2.7 En un ensayo con el péndulo de Charpy la maza de 25 Kg cayó desde una altura de 1 m y después de romper la probeta de sección 80 mm2 se elevó a 0,4 m. Calcular: a) Energía de rotura. b) Resiliencia. Problema 2.8 En el ensayo de tracción de una barra de aluminio de longitud calibrada l0 = 5,00 cm y d0 = 1,30 cm. Se obtiene un registro de F = 3180 kp y Dl = 0,0175 cm. (En el L. E.). La distancia entre las marcas después de la rotura es 5,65 cm y su diámetro final 1,05 cm en la superficie de fractura.Calcular: a) Límite elástico. b) Módulo de elasticidad. c) Ductilidad de la aleación. d) Longitud final de una barra de 125 cm a la que se aplica una tensión de 200 MPa. Problema 2.9 Calcular en un ensayo Brinell: a) La dureza de un acero al carbono y su resistencia aproximada a la rotura por tracción. Se utilizó bola de 10 mm y carga de 3000 kp, obteniéndose una huella de 4 mm de diámetro. b) ¿Qué carga se habrá de usar con bola de 2,5 mm? Problema 2.10 Determinar la carga que, aplicada en un ensayo de dureza Brinell con bola de 5 mm de diámetro produciría en la probeta de un material (HB 40) una huella de 1.2 mm de diámetro. ¿Cuál es la constante de ensayo? Problema 2.11 Para realizar un ensayo de dureza Brinell en un acero se utiliza bola de 5 mm, obteniéndose una huella de 2 mm de diámetro. Calcular: a) Carga utilizada b) Dureza obtenida c) Resistencia a la rotura. Problema 2.12 En un ensayo de dureza Vickers se ha utilizado una carga de 30 kp, obteniéndose 0,320 y 0,324 mm para las diagonales de la huella. Calcúlese la dureza. Problema 2.13 La escala del reloj comparador en un durómetro Rockwell está dividida en 100 partes, correspondiendo a un total de 1 mm. teniendo en cuenta que la relación entre las indicaciones del reloj comparador y el movimiento de la punta de diamante es de 5:1, determínese: a) La profundidad que corresponde a cada división del comparador y al total de la escala. b) La profundidad de huella correspondiente a HRc = 60. 8
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Unidad 2 – Características mecánicas de los materiales
Problema 2.14 Una probeta de acero Cr-V (E = 210 GN m-2), de 100 mm de longitud requiere una fuerza de 4000 daN para producirle una deformación total de 0,125 mm y 14000 daN para ocasionar la rotura. Con estos datos, se pide la penetración que producirá una bola en un ensayo de dureza HRb. Problema 2.15 Un componente estructural de chapa de un diseño de ingeniería debe soportar 207 MPa de tensión. Si se usa una aleación de aluminio 2024-T851 para esta aplicación, ¿cuál es el mayor tamaño de grieta que este material puede soportar? Considerar el factor de intensidad de tensiones, KIC = 26,4 MPa . m1/2 Problema 2.16 ¿Cuál es el tamaño más grande (en mm) de una grieta interna que una lámina gruesa de aleación de aluminio 7178-T651 puede soportar aplicándole un esfuerzo: a) 3/4 del esfuerzo de fluencia; b) 1/2 del esfuerzo de fluencia. Considerar: sesfuerzo fluencia = 570 MPa y KIC = 23.1 MPa . m1/2 Problema 2.17 El máximo esfuerzo que actúa en la superficie de una barra cilíndrica cuando se aplica una fuerza que la flexiona en un extremo es: σ=
donde:
10,18.l.F d
3
l es la longitud de la barra, F es la carga, y, d el diámetro. Esfuerzo aplicado (Mpa) 800
700
600
500
400
300
200 1,E+04
1,E+05
1,E+06
1,E+07
1,E+08
Número de ciclos de esfuerzo
Diagrama de esfuerzo y número de ciclos a la fractura de un acero de herramientas
Se aplica una fuerza de 2900 N. a una barra de acero para herramientas que gira a 3000 ciclos por minuto. La barra tiene un diámetro de 2,5 cm. y una longitud de 30 cm. a) Determinar el tiempo tras el cual la barra falla. 9
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Cuestiones y ejercicios de Fundamentos de Ciencia de Materiales
b) Calcular el diámetro de la barra que evitaría el fallo por fatiga. Problema 2.18 Determina el modelo de resistencia, exponencial amortiguado, a la rotura por fatiga a tracción de un material del que se disponen los sigueintes datos: o Tensión de rotura: 750 MPa. o Una pieza de sección circular de este material, de 2.5 mm de diámetro sometida a una carga de tracción oscilante de 0 a + 2000 N, no ha sufrido fractura después de un número ilimitado de ciclos. Diámetros inferiores si sufren fractura. o Una pieza de sección circular de ese mismo material, de 2.1 mm de diámetro sometida a la misma carga de sección oscilante, ha sufrido fractura después de 103 ciclos. Problema 2.19 En el almacén de la empresa en que Vd trabaja se localiza una partida de barras de acero sin identificar. Se conoce, sin embargo, que sus características se ajustan a uno de los siguientes tipos de aceros: R(MPa)
LEmin (MPa)
A% min
F-1150
650-800
350
14
F-1140
600-720
300
17
F-1130
550-700
280
20
F-1131
500-640
250
23
Para efectuar pruebas de tracción que permitan caracterizar dicho acero, dispone de una prensa de ensayos con Fmax = 50 KN. Las probetas de tracción deben ser normalizadas según UNE 7262, que exige se cumpla la relación: L0 = 5.65 S 0 a) Determine cual de las siguientes dimensiones de probeta resulta adecuada para poder realizar el ensayo en su máquina: probeta tipo 1: d0 = 8 mm S0 = 50,26 mm2 probeta tipo 2: d0 = 10 mm S0 = 78,50 mm2 probeta tipo 3: d0 = 12 mm S0 = 113 mm2 b) Con la probeta ensayada, se obtiene el gráfico de la máquina representado en la figura. Tras la rotura, la longitud entre marcas vale Lf = 47.5 mm y el diámetro final df = 6.2 mm. Determine: b-1) El valor de R. b-2) El valor del LE. b-3) El valor del alargamiento. b-4) La estricción. b-5) El tipo de acero al que corresponden las barras (Justificar). Problema 2.20 Una barra cilíndrica de 380 mm de longitud y un diámetro de 10 mm, es sometida a esfuerzos de tracción. Si la barra no debe experimentar, ni deformación plástica ni elongación superior a 0.9 mm, cuando se aplica una carga de 24500 N, ¿cual de los cuatro materiales de la tabla siguiente son posibles candidatos?. Justificar la respuesta.
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Unidad 2 – Características mecánicas de los materiales
Material Aleación de aluminio Latón Cobre Acero
E (GPa) 69 100 110 207
L.E. (MPa) 255 345 207 448
R (MPa) 421 421 276 552
Problema 2.21 A partir de la curva tensión-deformación de la probeta de latón mostrada en la figura, determinar: 300
200
Tensión (MPa)
Tensión (MPa)
250
150 100 50 0 0
0,002
0,004
500 450 400 350 300 250 200 150 100 50 0 0
0,006
0,1
0,2
0,3
0,4
Deformación
Deformación
a) El módulo de elasticidad. b) El límite elástico para una deformación del 0.002. c) La carga máxima que puede soportar una probeta cilíndrica con un diámetro original de 11.5 mm. d) El cambio en la longitud de una probeta originalmente de longitud 125 mm que es sometida a una tensión de tracción de 375 MPa. Problema 2.22 Una barra cilíndrica de 120 mm de longitud y con un diámetro de 15.0 mm se deforma usando una carga de 35 kN. No debe experimentar deformación plástica ni tampoco el diámetro debe reducirse en más de 1.2 · 10-2 mm. ¿Cuales de los materiales, tabulados a continuación, son posibles candidatos?. Justificar la respuesta Material Aleación de aluminio
Módulo de elasticidad Límite elástico Coefisiente de (Mpa x 103) (Mpa) Poisson 70
250
0.33
Aleación de titanio
105
850
0.36
Acero
205
550
0.27
45
170
0.29
Aleación de magnesio
Problema 2.23 Para un determinado latón, la tensión a la cual comienza la deformación plástica es 345 MPa y el módulo de elasticidad es 103 GPa. Calcular: 11
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Cuestiones y ejercicios de Fundamentos de Ciencia de Materiales
a) ¿Cual es el máximo esfuerzo que puede aplicarse a una probeta con una sección de 13 mm de diámetro, sin que se produzca la deformación plástica? b) Si la longitud original de la probeta es de 75 mm, ¿cual es la máxima longitud que puede ser estirada sin causar deformación plástica? Problema 2.24 Una estructura de 15 cm2 de sección debe soportar sin deformar plásticamente 460 kN, y soportar al menos antes de romper 1010 kN. a) ¿De cual de los materiales de la tabla siguiente puede realizarse la estructura?. b) Calcular el diámetro mínimo del redondo necesario para el caso de seleccionar el acero inoxidable 304 MATERIAL
E (GPa)
LE (MPa)
R (MPa)
A (%)
Acero inoxidable 304
193
205
515
40
Ti-6Al-4V
110
825
895
10
Bronce al aluminio
110
320
652
34
Monel 400
179
283
579
39.5
Problema 2.25 Una pieza cilíndrica de 240 mm de longitud y 14 mm de diámetro máximo se somete a tracción, a una carga de 26,5 kN, exigiéndole que no tenga deformaciones permanentes y que la deformación no sobrepase las 450 µm. ¿Cuál de los materiales de la tabla 1, con las dimensiones propias que cumplan las condiciones expuestas, tendrá menor peso? Material
Densidad (g/cm3)
E (GPa)
Le (MPa)
Coef. de Poisson ν
Aleación de Aluminio
2.7
70
250
0.33
Aleación de titanio
4.5
105
850
0.36
Acero
7.8
205
550
0.27
Aleación de magnesio
2.1
45
170
0.29
Problema 2.26 De los materiales de la tabla del problema anterior: a) ¿Cuál es el más rígido? ¿Por qué? b) ¿Cuál posee una mayor deformación transversal? ¿Por qué? c) Una pieza rectangular de acero, de 2 x 30 mm de sección, sometida a una carga de tracción de 25 kN, quiere sustituirse por una aleación de aluminio, ¿cuáles deberían ser las dimensiones de la pieza para no tener deformaciones permanentes. d) ¿Cuál sería la deformación unitaria para las condiciones de cálculo del apartado c. e) ¿Cuál sería la variación del peso unitario de la pieza al cambiar de acero a aluminio?
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Unidad 2 – Características mecánicas de los materiales
Problema 2.27 Se desea diseñar una estructura que debe soportar sin deformación plástica 52 kN y soportar sin romper, al menos, una carga de 120 kN, cuando se somete a esfuerzos de tracción. a) ¿De cual de los materiales de la tabla siguiente puede realizarse la estructura, si la sección de la misma fuera de 250 mm2? Material
Módulo de elasticidad (GPa)
Límite elástico (MPa)
Tensión de rotura (MPa)
Acero
207
450
550
Bronce
110
320
652
69
205
421
110
825
895
Aleación Aluminio Ti 6Al 4V
b) Si el diámetro de dicha estructura, no debe exceder de 13 mm y la deformación máxima admisible para una longitud de 400 mm es de 1 mm, ¿cuál de todos los materiales tabulados sería el más adecuado, cuando se somete a una carga de 52 kN?
SOLUCION A LAS CUESTIONES DE AUTOEVALUACION: 1 - b, 2 - d, 3 - b, 4 - a, 5 - d, 6 - c, 7 - d, 8 - d, 9 - b, 10 - a, 11 - d, 12 - c, 13 - d, 14 - b, 15 - a, 16 - d, 17 - c, 18 - a, 19 - a, 20.1 - b, 20.2 - d, 20.3 - d, 21 - a, 22 - a, 23 - d, 24 - b, 25 - b.
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Cuestiones y ejercicios de Fundamentos de Ciencia de Materiales
2.4 RESOLUCIÓN DE LOS PROBLEMAS PROPUESTOS Solución al problema 2.1 F = ma = 2500 kg. 9,81 σ =
m = 24500 N s2
F F 24500 N = = = 200 x 106 Pa = 200 MPa. π π A0 2 2 -2 (1,25 10 m ) d 4 4
Solución al problema 2.2 σ =
F F 1200kg 9.81 m s-2 = = = 66.6 x 106 Pa = 66.6 MPa π 2 π A0 2 (1.50 10-2 m ) d 4 4
Solución al problema 2.3 σ =
F F 4500kg 9.81 m s-2 = = = 882.9 x 106 Pa = 882.9 MPa axb 5 10-3 m x 10 10-3 m A0
Solución al problema 2.4 σ =
F F 4700kg 9.81 m s-2 = = = 2.56 x 109 Pa = 2.56 GPa axb 6 10-3 m x 3 10-3 m A0
Solución al problema 2.5 a) Cálculo del esfuerzo, σ =
F F 4000 N = = = 565.9 x 106 Pa = 565.9 MPa π 2 π A0 2 (3 10-3 m ) d 4 4
Cálculo de la deformación, V = S0 x L0 = S x L, de donde L = 24,69 cm L = L0 (1 + ε), de donde ε = L / L0 - 1 = 0.2345 b) Cálculo del esfuerzo verdadero, σv = σ (1 + ε) = 565.9 (1 + 0.2345) = 698.6 MPa Cálculo de la deformación verdadera, εv = ln (1 + ε) = ln (1 + 0.2345) = 0.211
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Unidad 2 – Características mecánicas de los materiales
Solución al problema 2.6 a) Si σ < L.E. se recupera. σ =
F 1800 N 6 = -6 2 = 150.10 Pa = 150 MPa
35 ⋅ 10 3 S
21
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Cuestiones y ejercicios de Fundamentos de Ciencia de Materiales
siendo S, por lo que
σ
d2 4
S
= π
=
35 ⋅ 10 3 176.71
= π
152 4
= 176.71 mm 2
= 198 N mm 2
= 198
MPa
y por tanto, la aleación de magnesio no sirve. Se pide además que ∆∅ < 1.2 x 10-2 mm. Considerando que: L0 ⋅ S 0
π d2 = ( L0 + ∆L) ⋅ 4
calculamos la disminución de diámetro obteniendo los datos de la tabla: Material
Aluminio
Titanio
-2
-2
2.12 · 10 mm
∆∅
1.41 · 10 mm
Acero 0.72 · 10-2 mm
por lo que sólo cumple el acero. Solución al problema 2.23 a) Para que no se produzca deformación plástica, s debe ser igual al límite elástico, por lo que: F
= σ ⋅S
π ⋅d2 = σ⋅ 4
= 345MPa ⋅
π 2 ⋅ (13 mm ) 4
= 45.793 N
b) De nuevo, para no producirse deformación plástica, debe cumplirse que: σ
= ε ⋅E
de donde, ε
=
345 Mpa 103 ⋅10 3 MPa
= 3,35 ⋅10 −3
por lo tanto, ε ∆l
=
∆l l0
→
∆l
= ε ⋅ l0
= 3,35 ⋅10 −3 ⋅ 75 mm = 0,25 mm
Solución al problema 2.24. a) De la tabla calculamos, para la sección de la estructura, tanto el límite de elasticidad como la carga de rotura,
LEmin = 460 kN / 15 · 10-4 m2 = 306,7 MPa Rmin = 1010 kN / 15 · 10-4 m2 = 673 MPa Comparando con los datos de la tabla se observa que el único material que cumpliría estas condiciones es la aleación de titanio, Ti6Al4V. 22
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Unidad 2 – Características mecánicas de los materiales
b) Si seleccionáramos el acero inoxidable 304, como material para la estructura, las dimensiones de este deberían cumplir la doble condición, es decir: Para el límite elástico, Smin = 460 kN / 205 MPa = 22,44 · 10-4 m2 Para la carga de rotura, Smin = 1010 kN / 515 MPa = 19,61 · 10-4 m2 siendo, como puede observarse, más restrictiva la condición del límite elástico, por lo que el diámetro mínimo será: d
S ⋅4 π
=
22,44 ⋅ 10 −4 ⋅ 4 π
=
= 0,053 m = 53 mm
Solución al problema 2.25. Para las dimensiones dadas, la tensión será: 26500 N F = = 172,15 MPa S 14 2 2 π mm 4
σ=
con lo uqe ya puede descartarse el magnesio, pues supera su límite elástico. Si calculamos la deformación en cada uno de los materiales restantes, mediante las expresiones: ε=
σ E
y
∆L = ε ⋅ L
tendremos la siguiente tabla: Material
Deformación unitaria, ε Deformación ∆ L (mm)
Aleación de aluminio
0,0026
0,5902
Aleación de titanio
0,0016
0,393
Acero
0,00084
0,2015
en la que observamos que la deformación acumulada en la aleación de aluminio es mayor de 450 µm, por lo que no podemos seleccionar este material, quedando por tanto como candidatos la aleación de titanio y el acero de los que calcularemos sus respectivas dimensiones que cumplan con las condiciones impuestas y que se encuentran tabuladas a continuación, siendo la deformación unitaria ε = 450 µm / 240 mm = 1,875 · 10-3. Material
σ = ε · E (MPa)
Sección (mm2)
Volumen (cm3)
Peso (g)
Aleación de titanio
196,875
134,6
32,305
145,37
Acero
384,375
68,943
16,546
129,06
por lo que la pieza de menor peso, pese a tener mayor densidad el material, sería la fabricada con acero. Solución al problema 2.26. 23
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Cuestiones y ejercicios de Fundamentos de Ciencia de Materiales
a) El material más rígido será el que tenga un mayor módulo elástico, que corresponde al acero con 205 Gpa. b) El material con mayor deformación transversal será el que tenga mayor diferencia entre los diámetros inicial y el correspondiente al límite de elasticidad que vendrá relacionado con el coeficiente de Poisson por la expresión: ∆d = ν · σ/E que corresponderá a 1,18 · 10-3 para el aluminio, 2,91 · 10-3 para el titanio, 0,72 · 10-3 para el acero y 1,10 · 10-3 para el magnesio. Tal como se aprecia, el material que poseería mayos deformación transversal será el titanio, pues conjuga un elevado coeficiente de Poisson y un elevado límite de elasticidad. c) Para no tener deformaciones permanentes, no debería superar la tensión al límite elástico, por lo que la sección de la pieza deberá ser: S
=
25 ⋅ 10 3 N 250 N / mm 2
= 100 mm 2
y las dimensiones pueden ser para una sección rectangular, manteniendo el espesor de 2 mm correspondiente al acero, 2 x 50 mm. d) La deformación unitaria vendrá expresada por: ε
=
σ E
=
250 Mpa 70 GPa
= 3.57 ⋅ 10 − 3 mm / mm
e) Para una misma longitud de la pieza, la variación de peso vendrá dada por: m aluminio
=
2.7 ( g / cm 3 ) ⋅ 0.2 cm ⋅ 5 cm
= 2.7 g / cm
frente a la masa de acero, m acero
= 7.8 ( g / cm 3 ) ⋅ 0.2 cm ⋅ 3 cm =
4.68 g / cm
lo que representa una disminución de 1.98 g/cm Solución al problema 2.27. a) Para la sección especificada, el material seleccionado deberá cumplir las dos condiciones impuestas, primero que su límite elástico sea superior a la tensión sin deformación plástica, es decir: F 52 ⋅ 10 3 N σe ≥ = = 208 MPa S 250 mm 2
en segundo lugar que su tensión de rotura sea también superior a la tensión especificada: σ max ≥
Fmax 120 ⋅ 10 3 N = = 480 MPa S 250 mm 2
Tal como se aprecia en los valores tabulados, todos los materiales cumplen ambas condiciones a excepción de la aleación de aluminio. Por tanto la estructura podrá realizarse en cualquiera de los materiales acero, bronce o Ti6Al4V. 24
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Unidad 2 – Características mecánicas de los materiales
b) La condición que se imponen ahora es que la deformación sea menor de 1 mm cuando la longitud total es de 400 mm, por lo tanto: ε = 1/400 = 2.5 · 10-3 mm/mm y esta para una carga de 52 kN, o lo que es lo mismo una tensión de: σ
52 ⋅ 10 3 N π ⋅ 13 2 mm 2 4
=
= 392 MPa
para lo cual, el material a seleccionar debe tener un módulo elástico superior a: E
≥
392 MPa 2.5 ⋅ 10 −3
= 156.8 GPa
y tal como se observa en la tabla, sólo el acero dispone de un módulo de elasticidad superior.
25
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UNIDAD 3: Estructura de los materiales 3.1 CUESTIONES DE AUTOEVALUACIÓN 1 - El ataque químico de la superficie de la muestra se realiza con el fin de: a) Determinar la estructura cristalina. b) Determinar la distribución de fases. c) Eliminar las inclusiones. d) Determinar la composición química del material. 2 - En la red cúbica centrada en caras, los planos densos corresponden a la familia: a) (1 0 0). b) (1 1 0). c) (1 1 1). d) (2 1 1). 3 - La dirección compacta en el sistema cúbico centrado en el cuerpo es: a) No hay direcciones compactas. b) . c) . d) . 4 - Indica la secuencia correcta para la observación de inclusiones en un material metálico. a) Desbaste, pulido y ataque. b) Corte, ataque y pulido. c) Corte, desbaste y pulido. d) Corte y observación directa al microscopio. 5 - La estructura cristalina se determina mediante técnicas de a) Metalografía. b) Difracción. c) Microdurezas. d) Análisis químico. 6 - La celda unitaria del cobre tiene un parámetro reticular a = 3,61 Amgstroms. Calcule el radio atómico. a) 1,80 Amgstroms. b) 1,20 Amgstroms. c) 1,27 Amgstroms. d) 1,56 Amgstroms. 27
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Cuestiones y ejercicios de Fundamentos de Ciencia de Materiales
7 - En las operaciones de desbaste se deben realizar giros de 90º entre una lija y otra, cuyo objetivo es: a) Poder eliminar mejor los restos de materiales. b) Observar mejor la eliminación del rayado anterior. c) Facilitar el contacto del metal con el abrasivo. d) Para eliminar las inclusiones. 8 - Los monocristales de tipo dendrítico adquieren fundamentalmente: a) Forma redondeada. b) Forma poligonal con fronteras rectilineas. c) Formas alargadas redondeadas. d) Morfología especial según de la aleación de que se trate. 9 - La débil diferencia de coloración en una observación al microscopio es indicativo de: a) La diferencia de composición química de los granos. b) Las distintas fases presentes en el material. c) La distinta orientación cristalina. d) Ninguna es correcta. 10 - La distinción entre distintas fases se puede realizar por: a) Observación microscópica. b) Microdureza Vickers. c) Microdureza Knoop. d) Todas son correctas. 11 - La difracción de rayos X es una técnica aplicada para investigar: a) Materiales metálicos. b) Sólidos con estructuras cristalinas. c) Materiales polimericos. d) Sólidos amorfos. 12 - La técnica metalográfica nos revela: a) La organización espacial de las fases de un material metálico. b) Las diferentes formas y tamaños que adoptan las fases en la estructura. c) Las diferentes configuraciones entre las fases y compuestos. d) Todas son correctas. 13 - Decimos que una estructura es cristalina cuando presenta: a) Una sucesión regular de planos cristalinos, necesariamente de máxima densidad. b) Una sucesión regular de planos cristalinos, necesariamente de mínima densidad. c) Una sucesión regular de planos cristalinos, no necesariamente de máxima densidad. d) Una sucesión regular especial de planos cristalinos, necesariamente de máxima densidad. 14 - En la estructura cúbica centrada en las caras, son planos oscuros cuando: a) Los índices de Miller son pares. b) Los índices de Miller son impares. c) La suma de los índices de Miller es par. d) La suma de los índices de Miller es impar. 28
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Unidad 3 – Estructura de los materiales
15 - En la celdilla cúbica de caras centradas en el plano de máxima compactación es el: a) (1,1,1). b) (1,1,0). c) (1,0,0). d) (2,0,0). 16 - La fuente de radiación X en difracción es monocromática para: a) Lograr la refracción de la radiación. b) Aumentar la potencia del espectro. c) Resolver el espectro característico. d) Atravesar el material con la radiación. 17 - El espectro característico entre las estructuras c.c.c. del cobre y aluminio, se diferencian en: a) Los índices de los planos refractantes. b) Los ángulos 2θ característicos del espectro. c) La intensidad de la radiación difractante. d) La energia y la longitud de onda de los electrones refractados. 18 - De las siguientes relaciones entre el parámetro de red y radio atómico, señala la incorrecta: a) a = 4R/√2 b) a = 2R/√2 c) a = 4R/√3 d) a = 2R 19 - Cuales son los índices de un plano que corta respectivamente a los ejes x,y,z en ½, 1/3, ¼. a) [2,3,4] b) [3,2,1] c) [1,2,3] d) [4,3,2] 20 - Los materiales cuyas propiedades son independientes de la dirección de la medida se denominan: a) Anisotrópicas. b) Alotrópicas. c) Isotrópicas. d) Cuasitrópicas. 21 - Mediante la metalografía podemos resolver: a) La estructura cristalina del material. b) Las diferentes formas y tamaños que adoptan en la estructura. c) La composición de las inclusiones. d) Todas son correctas. 22 - Cual de las siguientes técnicas no es un método de análisis microestructural. a) Análisis de las estructuras cristalinas por difración de rayos X. b) Análisis químico de los componentes microestructurales. c) Dureza Brinell y Rockwell. d) Análisis metalográfico.
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Cuestiones y ejercicios de Fundamentos de Ciencia de Materiales
23 - Para la celdilla cúbica centrada en el cuerpo la suma de los índices de Miller: a) Debe ser un número par para que tenga lugar la difracción. b) Debe ser un número par o impar, para que tenga lugar la difracción. c) Deben ser todos los índices pares. d) Deben ser todos los índices impares. 24 - Para la celdilla cúbica de caras centradas los índices de Miller deben ser: a) Pares. b) Pares o impares. c) La suma de ellos debe ser par. d) La suma de ellos debe ser impar. 3.2 CUESTIONES DE HETEROEVALUACIÓN 1. ¿A qué se deben las colas de cometa? ¿Cómo debe efectuarse el pulido para evitarlas? 2. Indica las condiciones necesarias para que tenga lugar la difracción de R-X al incidir éstos sobre una muestra cristalina. 3. En la técnica de difracción más comúnmente utilizada indicar como se encuentra la muestra cristalina y los motivos. 4. Síntesis de la microestructura cristalina 5. Indica las ventajas de la observación de las probetas en campo oscuro. 6. Diferencia la aplicabilidad de las diferentes técnicas de microscopía óptica y electrónica. 7. Indicar un método que permita identificar los granos en un material metálico. 8. Razona el porqué de las diferentes etapas que constituyen la preparación metalográfica. Describe como se realiza cada una de ellas. 9. Comenta los medios de los que se disponen para identificar las fases de una aleación 10. Indica las propiedades de materiales que quedan justificadas por la estructura cristalina. 11. ¿Cómo se determinan los aumentos totales a los que se está observando en un microscopio? 12. Describe en qué consiste la microestructura general de un material metálico, a la vista de la observación realizada en el microscopio. 13. ¿Existe un espectro único característico para cada fase o estructura cristalina?. 14. ¿Qué espectro característico podemos esperar de una aleación que está conformada por dos estructuras diferentes? 15. Indica las condiciones que deben cumplir las huellas realizadas en el ensayo de microdurezas para que corresponda a una sola fase. 16. ¿De qué depende la resolución de un microscopio?
30
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Unidad 3 – Estructura de los materiales
3.3 PROBLEMAS Y EJERCICIOS PRACTICOS PROPUESTOS z
Problema 3.1 La distancia entre los planos de índices (110) en una red cúbica centrada c.c. es d110 = 2.65 Å. Calcular: a) La constante reticular. b) El radio atómico del elemento.
a (1 1 0)
a
y √2 a
x Problema 3.2 Calcular la densidad √2 a teórica del hierro α temperatura ambiente, sabiendo que presenta red c.c. con parámetro reticular a = 2.866 Å. Peso atómico de Fe: 55.847.
Nota: Cte de Avogadro: 6.0248 1023 átomos/mol. Problema 3.3 Se pretende determinar qué tipo de pigmento blanco se ha utilizado como colorante en un termoplástico. Para ello se examina una muestra pulverizada con difracción de rayos X, empleando radiación Cu Kα de λ = 1.541Å. Se obtuvo un espectro de difracción con picos en los ángulos 2θ: Pico 1: 31.72°, Pico 2: 57.73°, Pico 3: 39.12°. a) Determinar el tipo de pigmento utilizado. b) ¿Sería posible resolver la cuestión mediante análisis químico? NOTA: Se dispone de las fichas JCPDS para los diversos pigmentos que se consideran posibles, de las que se extraen los datos sobre las tres distancias más significativas siguientes: Pigmento d1 (Å) d2 (Å) d3 (Å) TiO2 rutilo 3.24 1.68 1.36 TiO2 anatasa 3.47 1.88 1.69 PbO.TiO2 2.82 1.60 2.30 Pb2O3 3.18 1.95 1.66
Se pide determinar: a) distancias interplanares que producen difracción. b) calcular el parámetro reticular, sabiendo que es una red cúbica.
38.5° 2500
65.13° 44.74°
78.24°
1200
Cuentas
Problema 3.4. Una muestra de aluminio finamente pulverizado se somete a un ensayo de difracción de rayos X en un difractómetro de polvos. Se utilizó radiación monocromática Cu Kα con longitud de onda λ = 1.541 Å. El espectro obtenido se muestra en la figura siguiente.
600
100 0 30
40
50
60
70
2θ θ
80
31
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Cuestiones y ejercicios de Fundamentos de Ciencia de Materiales
c) determinar si se trata de una red C.C. o C.C.C. d) determinar el radio atómico del aluminio. Problema 3.5. En una muestra de cobre se aprecia mediante observación metalográfica la existencia de un precipitado. Para identificarlo, se somete la muestra a un ensayo de difracción de rayos X. Se sabe que el cobre presenta estructura c.c.c con parámetro reticular a = 3.616 Å. Determinar si un pico para d = 1.419 Å corresponde al cobre o al precipitado. Problema 3.6. Caracterización mecánica de fases mediante microdurezas. Se pretende caracterizar mecánicamente la dureza de las fases que componen una aleación bifásica. Para ello se efectúa una preparación metalográfica, determinándose el tamaño medio de los granos en unas 100 µm. También se ha determinado la dureza de la aleación, mediante un ensayo Vickers, con carga de 30 kg, obteniéndose una dureza 360 HV. a) Determinar cual es el rango aproximado de carga que deberá utilizarse en el microdurómetro para asegurar que las huellas de microdureza afectan a un solo grano. Observación: El problema puede abordarse experimentalmente, mediante sucesivos ensayos de prueba y error. Es decir, se selecciona una carga al azar, por ejemplo 1000 g y se observa el tamaño de la huella producida. Si afecta a más de un grano, se reduce la carga, se hace otro ensayo y se vuelve a observar, así hasta que se consiguen huellas de tamaño inferior al de los granos de cada fase. No obstante, también puede iniciarse el problema de forma más aproximada, efectuando un cálculo de la carga necesaria para obtener huellas de tamaño apropiado, por ejemplo la mitad del tamaño de grano. b) Se realiza el ensayo sobre distintos granos, tomando medidas exclusivamente de las huellas que afectan a un solo grano o fase. Nota: Aún así, es posible que alguna medida de dureza no corresponda a una sola fase, debido a la presencia de un grano de otra fase inmediatamente debajo del que se esta ensayando, tal como se indica en la figura. β
β
α
α
A
α
α
α β
α
VALIDOS
β
A
α
α
α β
β
α
α β
β
β
α
NO VALIDO
NO VALIDO β
α
α β
α
SECCION AA
Los resultados que se obtienen se regogen en la tabla siguiente:
32
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Unidad 3 – Estructura de los materiales
Dureza 420 435 160 250 168 428 389 171
Situación huella Interior Interior Interior Borde Interior Interior Interior Interior
Fase o grano A A B A+B B A B (+ A) B
Observaciones
Huella sobre dos fases
Huella sobre B. Posible A debajo
¿Cual es la microdureza de cada una de las fases presentes? Problema 3.7 Una muestra de material finamente pulverizado se somete a un ensayo de difracción de rayos X en un difractómetro de polvos. Para ello, se emplea una radiación monocromática Cu Kα con longitud de onda λ = 1.541 Å. El espectro obtenido se muestra en la figura siguiente. 12000 49.3° 10000 8000
72.3°
Cuentas
42.8° 6000 4000 2000 0 30
40
50
60
70
θ 2θ
80
Se pide: a) Calcular las distancias de los planos que producen difracción, empleando para ello la ley de Bragg. b) Calcular el parámetro reticular, sabiendo que es una red cúbica. c) Determinar si se trata de una red C.C. o C.C.C. d) Sabiendo que la densidad de la muestra es de 8.01 g/cm3, calcular el peso atómico. Problema 3.8 En el espectro de difracción de rayos X de la figura, aparecen los picos correspondientes a una mezcla de dos materiales metálicos, que se sabe presentan el mismo sistema cristalino cúbico. Para la realización del espectro, se ha empleado radiación monocromático Cu Kα con una longitud de onda λ = 1.541 Å. Calcular: 33
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Cuestiones y ejercicios de Fundamentos de Ciencia de Materiales
a) Las distancias interplanares correspondientes a cada metal. b) Calcular el parámetro reticular de cada metal. 3000 2600
43.8°
50.5°
2200
Cuentas
1800 1400 49.3°
1000 600
72.3°
74.2°
42.3°
200 30
40
50
60
70
2θ θ
80
c) Determinar el tipo de red cúbica de la que se trata. Problema 3.9 Calcular la densidad del níquel sabiendo que su estructura cristalina es una cúbica centrada en caras , su radio atómico es de 0.125 nm y su peso atómico de 58.68 g/mol. Número de Avogadro = 6.023 1023 at./mol Problema 3.10 En una chapa de latón (Cu-30% Zn) se pretende depositar un recubrimiento SnAg, para lo cual se necesita proporcionar al metal base un recubrimiento previo de cobre. El análisis por difracción de rayos X del conjunto, empleando una radiación Kα del Cu con una longitud de onda de 1.541 Å, presenta picos en los siguientes ángulos 2θ: 37.4°, 39.4°, 42.1°, 43.0°, 49.0°, 50.1°, 51.6°, 72.0° y 73.9°. Disponemos de las fichas JCPDS de los tres materiales cuyos principales datos se recogen en la tabla siguiente: Material Latón (Cu-30%Zn) Cobre Ag3Sn
Pico 1 2.13 2.09 2.39
Distancias interplanares (Å) Pico 2 Pico 3 1.85 1.31 1.81 1.28 2.28 1.76
a) Identificar a que material corresponde cada uno de los picos detectados, sabiendo que se cumple la ley de Bragg, donde: λ = 2 d sen θ Identificados los tres picos que corresponden al cobre, determinar: b) El parámetro reticular, sabiendo que su estructura es cúbica. c) Si se trata de una red C.C. o C.C.C. 34
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Unidad 3 – Estructura de los materiales
d) Sabiendo que el latón presenta una estructura cristalina idéntica al cobre, calcular el aumento en el parámetro reticular que supone la adición del 30% de zinc al cobre. Problema 3.11 El ZINC cristaliza en el sistema hexagonal compacto. Determínense los parámetros de la red cristalina si su densidad es de 7136 kg/m3 y su masa atómica, Ma, 65.38 g. Número de Avogadro = 6.023 1023 at./mol c Relación entre parámetros reticulares, = 3 a Problema 3.12 Una radiación monocromática, de una longitud de onda de 0.1542 nm, incide sobre el cromo (c.c.), que tiene un radio atómico de 0.1249 nm, calcular para el conjunto de planos (211): a) la distancia interplanar, y, b) el ángulo de difracción. Problema 3.13 En un ensayo de difracción de rayos X, se ha determinado, para el níquel, las distancias interplanares, de su espectro de difracción: 1er pico, d = 2.034 Å 2ª pico, d = 1.762 Å 3er pico, d = 1.246 Å Calcular: a) Si cristaliza en un sistema cúbico, su parámetro fundamental de celdilla. b) ¿De qué sistema se trata? Problema 3.14 El cobre tiene una estructura cúbica centrada en las caras, un radio atómico de 0.1278 nm y una masa atómica de 63.54 g/mol. Considerando a los átomos como esferas rígidas en contacto a lo largo de las diagonales de la celdilla unidad, calcular: a) La densidad teórica b) El radio del mayor hueco de tipo intersticial que encontramos, sabiendo que se encuentra en las posiciones cristalinas del tipo (½, 0, 0) (0, ½, 0) (0, 0, ½)
Problema 3.15. En la figura siguiente se muestran los tres primeros planos que proporcionan picos de difracción de rayos X para el aluminio, con radiación Cu Kα, λ = 0,1542 nm
Unidades arbitrarias
(1 1 1)
20
(2 0 0) (2 2 0)
30
40
50
60
2θ θ
70
80
35
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a) Dibújese cada plano, contenido en la celda unitaria de la estructura cúbico centrado en las caras, y señálense las posiciones atómicas dentro de los planos. (realícese, mejor, un dibujo separado para cada plano) b) Empleando la ley de Bragg, d = nλ/2 senθ, calcúlese los ángulos de difracción (2θ) para estos picos, sabiendo que el lado de la celdilla es a = 0,404 nm. Problema 3.16. El hierro puro presenta las formas alotrópicas: Fe α (c.c.) de parámetro reticular a = 2.90 · 10-10 m y a 910°C se transforma en Fe γ (c.c.c.) de parámetro reticular a= 3.65 · 10-10 m. Se pide: a) Demostrar si dilata o contrae al pasar de hierro α a hierro γ. b) Calcular las variaciones de densidad de cada forma alotrópica sabiendo que la masa atómica del hierro es 55.85. El número de Avogadro, NA es igual a 6.02 · 1023. Problema 3.17. El litio es un metal que cristaliza en el sistema cúbico centrado en el cuerpo. Su parámetro de red es de 0,35092 nm. ¿Calcular los ángulos de difracción en los que aparecerán sus dos primeros picos? La longitud de onda de rayos X emitidos que se utiliza es de 0,1542 nm. Consideramos la ley de Bragg nλ = 2 d sen θ Problema 3.18 El espectro de difracción de rayos X de una muestra de litio en polvo, presenta picos de difracción en los ángulos 2θ de 36,2°, 52°, 65,1° y 76,8°, con una radiación Cu Kα con una longitud de onda de 0,1542 nm. a) Sabiendo que el litio cristaliza en el sistema cúbico centrado en el cuerpo, calcular su parámetro de red.. b) Empleando la ley de Bragg, d = nλ/2 senθ, calcular la distancia interplanar correspondiente a los planos (211). c) Si su masa atómica es de 6,94 g, calcular la densidad teórica, considerando el número de Avogadro = 6,023 · 1023 at/mol. d) Calcular el radio del mayor hueco intersticial que encontramos en posiciones octaédricas, sabiendo que se encuentran en las posiciones cristalinas del tipo (½,½,0). Problema 3.19 El análisis por difracción de rayos X de una chapa de cobre comercial realizado empleando una rediación Kα del Cu con λ = 1,541 Å, presenta picos en los siguientes ángulos 2θ: 43,0°, 50,1° y 73,9°.
a) Calcular el parámetro reticular sabiendo que la estructura cristalina corresponde a un sistema cúbico. b) Determinar si es un sistema cúbico centrado en el cuerpo o cúbico centrado en caras. c) La densidad teórica del material, si el peso atómico del mismo es de 63,54 g/mol. Considerar el número de Avogadro NA = 6,023 · 1023 átomos/mol
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Unidad 3 – Estructura de los materiales
SOLUCION A LAS CUESTIONES DE AUTOEVALUACION: 1 - b, 2 - c, 3 - d, 4 - c, 5 - b, 6 - c, 7 - b, 8 - c, 9 - c, 10 - d, 11 - b, 12 - d, 13 - c, 14 - d, 15 - a, 16 - c, 17 - b, 18 - b, 19 - a, 20 - c, 21 - b, 22 - c, 23 - a, 24 - b. 37
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3.4 RESOLUCIÓN DE LOS PROBLEMAS PROPUESTOS Solución al problema 3.1 a) En las redes cúbicas, los planos de índices (110) son planos que pasan por una arista y la diagonal de una cara, tal como se muestra en la figura. Para esta familia de planos, la relación geométrica entre la distancia dhkl de otro plano paralelo y la constante reticular vale: dhkl = a / ( h2 + k2 + l2)1/2 a = dhkl ( h2 + k2 + l2)1/2
de donde
a = 2.65 12 + 12 + 0 = 2.65 2 = 3.747 Å b) En una red c.c. la diagonal del cubo es compacta, es decir, los átomos de las esquinas y el central están tocándose. Por lo tanto, y asumiendo un modelo de esferas duras, la diagonal del cubo, cuya longitud es a√3, tiene la misma longitud que 4 radios atómicos (intersecta completamente al átomo central y hasta el centro a los dos átomos de las esquinas opuestas). Esto es: a 3 = 4 ra
de donde: ra = a
3 4
= 3.747
3 4
= 1.622 Å
Solución al problema 3.2 El número de átomos por celda en la red c.c. es de 1 + 8 (1/8) = 2 átomos/celda. La masa de cada átomo de hierro será: Peso atómico / nº Avogadro = 55.847 / 6.0248 1023 = 9.2695 10-23 g y la masa de cada celda valdrá: 2 átomos / celda 9.2695 10-23 g = 18.539 10-23 g Por otra parte, el volumen de la celda es: a3 = (2.866 10-8 cm)3 = 2.354 10-23 cm3 con lo que la densidad teórica vale: d = masa / vol = 18.539 10-23 / 2.354 10-23 g/cm3 = 7.875 g/cm3, valor prácticamente igual al valor experimental d= 7.87 g/cm3. Solución al problema 3.3 a) A partir de los valores de ángulos 2θ y de la ecuación de Bragg, se determinan las distancias dhkl correspondientes a cada pico. λ = 2 d senθ de donde, 38
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Unidad 3 – Estructura de los materiales
d= λ / 2 senθ,
siendo λ = 1.541 Å.
Picos 2θ:
31.72
57.73
39.12
Angulos θ:
15.86
28.87
19.56
0.27329 0.48275 0.33485 Sen θ: d (Å): 2.819 1.596 2.301 Valores que coinciden significativamente con los correspondientes al producto PbO.TiO2. b) Es evidente que un análisis químico informaría de la presencia de Pb y Ti. Pero no podría discernir si corresponden a un producto dado, como el PbO.TiO2 o bien es que existe una mezcla de óxidos de TiO2 y Pb2O3. El análisis químico resulta, por tanto, insuficiente para identificar las estructuras cristalinas presentes. Solución al problema 3.4 a) Cálculo de distancias interplanares que producen difracción. Se determina en primer lugar los ángulos 2θ en los que aparece difracción. Picos 2θ: Angulos θ: Sen θ:
38.5
44.74
65.134
78.238
19.25
22.37
32.57
39.12
0.32969
0.38059
0.53833
0.63095
A partir de la Ley de Bragg, λ = 2 d senθ, puede obtenerse los valores de d: d= λ / 2 senθ, d (Å):
2.34
donde λ = 1.541 Å. 2.02
1.43
1.22
b) Cálculo del parámetro reticular. En las redes cúbicas, la segunda raya del espectro corresponde a la difracción sobre planos de índices (200). Sabiendo que para las redes cúbicas, la distancia entre planos de índices hkl vale: dhkl = a ( h2 + k2 + l2)-1/2 para los planos (200) se tiene: d(200) = 2.02 Å = a/2, de donde a = 4.04 Å c) Determinación del tipo de red. En la red c.c. sólo son observables los planos que cumplen: h+k+l=2n En la red c.c.c. sólo son observables los planos donde todos los índices son pares, o impares, es decir: h,k,l = 2n h,k,l = 2n-1
n= 1,2,3,...
Según estas reglas, los espectros característicos de cada red son:
39
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Planos posibles
c.c.
c.c.c.
100
-
-
110
110
-
111
-
111
200
200
200
210
-
-
211
211
-
220
220
220
En la estructura c.c., se cumple: a/2 d segundo pico d 200 = = d primer pico d 110 a/ 2
=
2 2
= 0.707
=
3 2
= 0.860
mientras que en la red c.c.c., se cumple: a/2 d segundo pico d 200 = = d primer pico d 111 a/ 3
En nuestro caso: 2.02 d segundo pico = = 0.863 2.34 d primer pico
luego se trata de una red c.c.c. d) Determinación del radio atómico del aluminio. En las redes c.c.c, la dirección densa es la diagonal de una cara. Por lo tanto: a 2 = 4 ra
de donde, ra = a
2 4
= 4.04
2 4
= 1.428 Å
Solución al problema 3.5 Por ser c.c.c., el cobre presentará difracción en planos hkl que cumplan: h,k,l = 2n h,k,l = 2n-1
n= 1,2,3,...
Es decir, para planos, en orden creciente, de índices: (111), (200), (220), (311), (222)... Para cada uno de estos planos puede calcularse la distancia interplanar, dhkl, según la expresión: dhkl = a ( h2 + k2 + l2 )-1/2 de donde: 40
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Unidad 3 – Estructura de los materiales
d 111 =
3.616 = 2.088 3
d 200 =
3.616 = 1.808 4
d 220 =
3.616 = 1.278 8
d 311 =
3.616 = 1.090 11
por lo que resulta evidente que d = 1.419 Å no puede corresponder a difracción sobre planos del cobre, confirmando la existencia de otras fases diferentes en la estructura. Solución al problema 3.6 1) Selección de cargas A partir de la ecuación para la dureza Vickers: HV = 1854,4 P (g) / d2 (µm2) podemos obtener P (g), con la condición de que d sea menor que el tamaño del grano. Tomando d = Øgrano / 2 = 50 µm, y considerando que la dureza media es de 360 HV, se obtiene: P (g) = HV (d2 / 1854,4 ) = 360 (2500 / 1854,4 ) = 485,3 g por lo que una carga de 500 g constituye la solución más adecuada para abordar el estudio. 2) Ejecución del ensayo. Análisis de resultados Una vez desestimados los valores de 250 y 389, que claramente no corresponden a uno u otro tipo de grano, se calculan las propiedades para cada fase: Dureza fase A : (420 + 435 + 428) / 3 = 428 HV Dureza fase B : (160 + 168 + 171) / 3 = 166 HV Solución al problema 3.7 a) Cálculo de distancias interplanares que producen difracción. Se determina en primer lugar los ángulos 2θ en los que aparece difracción. Picos 2θ:
42.80
49.30
72.30
Angulos θ:
21.40
24.65
36.15
0.3649
0.4171
0.5899
Sen θ:
A partir de la Ley de Bragg, λ = 2 d senθ, puede obtenerse los valores de d: d= λ / 2 senθ, d (Å):
donde λ = 1.541 Å. 2.11
1.85
1.31
b) Cálculo del parámetro reticular. En las redes cúbicas, la segunda raya del espectro 41
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corresponde a la difracción sobre planos de índices (200). Sabiendo que para las redes cúbicas, la distancia entre planos de índices hkl vale: dhkl = a ( h2 + k2 + l2)-1/2 para los planos (200) se tiene: d(200) = 1.85 Å = a/2, de donde a = 3.70 Å c) Determinación del tipo de red. En la estructura c.c., se cumple: a/2 d segundo pico d 200 = = d primer pico d 110 a/ 2
=
2 2
= 0.707
=
3 2
= 0.860
mientras que en la red c.c.c., se cumple: a/2 d segundo pico d 200 = = d primer pico d 111 a/ 3
En nuestro caso: 1.85 d segundo pico = = 0.877 2.11 d primer pico
luego se trata de una red c.c.c. d) Calcular el peso atómico. En las redes c.c.c, el número de átomos por celda es: 6 (1/2) + 8 (1/8) = 4 átomos/celda. y el volumen de la celda será: a3 = (3.70 10-8 cm)3 = 5.065 10-23 cm3 sabiendo que la densidad = 8.01 g/cm3 = masa / volumen, el peso atómico será: Pa =
8.01 g/ cm3 5.065 10 -23 cm3 densidad x volumen 6.0248 10 23 = 61.1g N A= número de átomos 4
Solución al problema 3.8 a) Las distancias interplanares se obtienen aplicando la ley de Bragg, λ = 2 d senθ, de forma que: d= λ / 2 senθ,
donde λ = 1.541 Å.
Picos 2θ:
42.30
43.40
49.30
50.50
72.30
74.20
Angulos θ:
21.15
21.70
24.65
25.25
36.15
37.10
Sen θ:
0.3608
0.3697
0.4171
0.4266
0.5899
0.6032
d (Å):
2.136
2.084
1.847
1.806
1.306
1.277
42
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Unidad 3 – Estructura de los materiales
Las distancias interplanares serán: del metal A, 2.136, 1.847 y 1.306 del metal B, 2.084, 1.806 y 1.277 b) Cálculo de los parámetros reticulares. Como los dos metales presentan el mismo sistema cristalino cúbico, sabemos que: a
d hkl =
h2 + k 2 + l 2
que para los planos (200) correspondientes a la segunda raya, tendremos: d(200) = a/2, de donde: para el metal A, a = 2 x 1.847 = 3.694 Å para el metal B, a = 2 x 1.806 = 3.612 Å c) Determinación del tipo de red de ambos metales En ambos casos, al ser del mismo sistema cristalino, deberemos obtener la relación entre el segundo y primer pico de manera que: Metal A
Metal B
d segundo pico 0.864 0.867 d primer pico que presentan valores similares a 0.860 correspondiente a la relación para estructuras cúbicas centradas en las caras, luego se trata de redes C.C.C.
Solución al problema 3.9 m n⋅ A ρ= = V Vcelda ⋅ N A
Al tener el níquel una estructura c.c.c., n = 4 átomos, por lo que Vcelda será: V
=
a3
( 2 ra 2 ) 3
= ρ
=
=
3 . ⋅ 10 − 7 2 ) ( 2 ⋅ 0125
4 at ⋅ 58.68 g / mol 4.42 ⋅ 10
− 23
3
cm ⋅ 6.023 ⋅ 10
23
at / mol
cm3
=
4.42 ⋅ 10 − 23
cm3
= 8.81 g / cm3
Solución al problema 3.10 a) Los diferentes datos del espectro, y la asignación de picos es la que se recoge en la tabla siguiente, tras aplicar la ley de Bragg.
2θ
θ
sen θ
dhkl
37.4 39.4 42.1
18.7 19.7 21.05
0.3206 0.3370 0.3592
2.4032 2.2857 2.1451
Asignación material 1 - Ag3Sn 2 - Ag3Sn 1 - Latón 43
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2θ
θ
sen θ
dhkl
43.0 49.0 50.1 51.6 72.0 73.9
21.5 24.5 25.05 25.8 36.0 36.95
0.3665 0.4146 0.4235 0.4352 0.5878 0.6011
2.1023 1.8580 1.8198 1.7703 1.3109 1.2818
Asignación material 1 - Cobre 2 - Latón 2 - Cobre 3 - Ag3Sn 3 - Latón 3 - Cobre
b) Cuando la red es cúbica, el segundo pico corresponde al plano (2 0 0) por lo que considerando la relación:
d hkl
=
a
, de donde: d 200 2 2 2 h +k +l
=
a 2
. Å = 18198
con lo que el parámetro fundamental de la celdilla será: a = 3.6395 Å c) Si la red es C.C., tendremos: d 2 º pico
=
d 1º pico
d 200 d 110
a =
a
2
=
2 2
= 0.707
=
3 2
= 0.860
2
Si la red es C.C.C., entonces: d 2 º pico
=
d 1º pico
d 200 d 111
a =
a
2 3
En nuestro caso: d 2 º pico d 1º pico
=
18198 . = 0.866 21023 .
y por lo tanto es una red C.C.C. d) En el caso del latón, siendo una red similar a la del cobre, tendremos que el parámetro fundamental de la celdilla será: a = 2 d2ª pico = 2 · 1.8580 = 3.7160 Å y por lo tanto, el aumento del parámetro debido a la adición de zinc, vendrá expresado por: % aumento =
3.7160 − 3.6395 ⋅ 100 = 3.6395
21% .
Solución al problema 3.11 El número de átomos de la red hexagonal compacta será: 12 · 1/6 (vértices) + 2 · ½(caras) + 3 (interior) = 6 y el volumen de la celdilla, considerando la densidad del material será:
44
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Vceldilla =
nº atomos ⋅ Ma 6 ⋅ 65.38 g / mol = = 9.13 ⋅ 10 − 29 m3 3 3 23 N A ⋅ densidad 7136 ⋅ 10 g / m ⋅ 6.023 ⋅ 10 at / mol
siendo:
Vceldilla = Sbase ⋅ c
y la superficie de la base es la superficie de un hexágono = (perímetro x apotema) / 2, o lo que es lo mismo: S base
6a
=
3a 4
3 3 a2 2
=
con lo que, siendo c = √3 a, el volumen será: Vceldilla y de aquí: a
=
3
Vceldilla 4.5
=
3 3 a2 ⋅ 3a 2
= 3
9.13 ⋅ 10 −29 4.5
4.5 a 3
=
2.72 ⋅ 10 −10 m =
=
2.72 Å
c = 4.71 · 10-10 m = 4.71 Å
y Solución al problema 3.12
4r a)
d hkl
a
=
2
2
h +k +l
2
3 4 + 1+ 1
=
=
0.288 6
=
0.118 nm
b) El valor de θ se puede calcular mediante la ley de Bragg, con n = 1. nλ
=
2 d hkl sen θ sen θ
con lo que
=
sen θ
⇒ 0.1542 2 ⋅ 0.118
=
=
nλ 2 d hkl
0.6544
θ = 40.88°
El ángulo de difracción será, por tanto: 2 θ = 81.76° Solución al problema 3.13 a)
d(200)
2º pico en redes cúbicas d 200 = 1,762 =
b)
a 22 + 0 2 + 0 2
d 2 º 1,762 = ≈ 0,86 d 1º 2,034
=
o a → a = 1,762 ⋅ 2 = 3,542 A 2
C.C.C.
45
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z Solución al problema 3.14 a) La densidad vendrá expresada por: d=
m n⋅M a = V a3 ⋅ N A
y
donde
x 1 1 n = 8 ⋅ + 6 ⋅ = 4 at. celdilla 8 2
y, para este sistema cristalino, a ⋅ 2 = 4 ⋅ Ra → a =
4 ⋅ Ra 2
=
4 ⋅ 0,1218 2
a = 0,361 nm = 0,361 ⋅ 10 −9 m
de donde, por lo que la densidad teórica será:
⋅ 63,54 ⋅ 10 − 3 kg celdilla mol d= 3 −9 0,361 ⋅10 m / celdilla ⋅ 6,025 ⋅10 23 at 4 at
(
)
mol a
d
= 8969 kg
m3
b) La arista de la celda elemental vendrá expresada por:
ri
a = 2 ⋅ Ra + 2 ⋅ ri y operando, 0,361 = 2 ⋅ 0,1278 + 2 ⋅ ri de donde,
ri = 0,0527nm
Solución al problema 3.15 a) (111)
(200)
(220)
46
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Ra
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b) Empleando la ley de Bragg, d 111
=
d 200
=
d 200
=
0,404 nm
0,404 nm
=
1+1+1 0,404 nm 2
2 +0+0 0,404 nm 22 + 22 + 0
3
=
0,404 nm 2 0,404 nm
=
8
= 0,234 nm = 0,202 nm = 0,143 nm
para n=1, y para λ = 0,1542 nm θ
= arcsen
λ 2d
por lo que, θ 111
= arcsen
0,1542 2 ⋅ 0, 234
= 19,3°
⇒
(2θ )111
= 38,6°
θ 200
= arcsen
0,1542 2 ⋅ 0,202
= 22,4°
⇒
(2θ )111
= 44,8°
θ 220
= arcsen
0,1542 2 ⋅ 0,143
= 32,6°
⇒
(2θ )111
= 65, 2°
Solución al problema 3.16 a)
El Fe α, al ser cúbico centrado en cuerpo tiene 2 átomos por celdilla, mientras el Fe γ al ser cúbico centrado en cuerpo tiene cuatro átomos por celdilla. Por ello, el volumen para el mismo número de átomos, por ejemplo cuatro, sería: Para el Fe α ⇒ V = 2 · (2.90 · 10-10)3 = 48.778 · 10-30 m3, Mientras que para el Fe γ tendremos, V = (3.65 · 10-10)3 = 48.627 · 10-30 m3. Que corresponde a una contracción.
b) La densidad se calculará a través de la expresión: d
=
N ⋅ M Fe V ⋅ NA
=
4 ⋅ 55.85 V ⋅ 6.02 ⋅ 10 23
y por tanto, para el Fe α será: dα
=
4 ⋅ 55.85 48.778 ⋅ 10 −30 ⋅ 6.02 ⋅ 10 23
= 7608 kg / m 3
4 ⋅ 55.85 48.627 ⋅ 10 − 30 ⋅ 6.02 ⋅ 10 23
= 7631 kg / m 3
mientras para el Fe γ será: dγ
=
47
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Solución al problema 3.17 Al tratarse de un sistema cúbico centrado en el cuerpo, sabemos que los dos primeros picos corresponden a los planos (1 1 0) y (2 0 0), y que: d hkl
a
=
h2 + k2 + l2
por lo que sustituyendo tendremos: 1er pico
d 110 =
0,35092 2
= 0,24814 nm
y sustituyendo en la ley de Bragg, sen θ =
0,1542 nm n⋅λ = = 0,3107 2 d 2 ⋅ 0,24814 nm
2º pico
d 200 =
θ = 18,10°
→
→
2 θ = 36,20°
→
2 θ = 52,13°
0,35092 = 0,17546 nm 2
y sustituyendo en la ley de Bragg, sen θ =
0,1542 nm n⋅λ = = 0,4394 2 d 2 ⋅ 0,17546 nm
θ = 26,07°
→
Solución al problema 3.18 a) El parámetro de red vendrá expresado en función de la distancia interplanar del segundo pico del espectro, por: a
= d 200
22 + 0 + 0
= 2
λ 2 ⋅ sen 26°
=
0.1542 nm 0.4384
= 0.3518 nm
b) La distancia interplanar correspondiente a los planos (211), será en función del parámetro reticular: d 211
=
0.3518 nm 22 + 1 + 1
=
0.3518 nm 6
= 0.1436 nm
c) Para el sistema cúbico centrado en el cuerpo, el número de átomos por celdilla es de 2, por lo que: n a ⋅ Pa 2 átomos ⋅ 6.94 ⋅ 10 −3 kg / mol m = = V a3 ⋅ N A 0.3518 3 ⋅ 10 − 27 m 3 ⋅ 6.023 ⋅ 10 23 átomos / mol que corresponde a una densidad de 0.529 g/cm3 ρ
=
= 529.3 kg / m 3 lo
d) Las posiciones octaédricas son las que corresponden al centro de las caras, tal como se representa en el dibujo.
48
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Unidad 3 – Estructura de los materiales
a
a √3 a √2
Por tanto, sabiendo que 4 ri = a √3, entonces: ri
a 3 4
=
= 0.1523 nm
Por lo que el diámetro máximo del intersticio será: di = a – 2 ri = 0.3518 – 2 · 0.1523 = 0.0472 nm Solución al problema 3.19 a) Para un sistema cúbico, el segundo pico corresponde al plano (2 0 0), por lo que de la expresión: d hkl
=
λ 2 ⋅ sen θ
=
a h2 + k 2 + l 2
siendo, d 200
=
0.1541 nm 2 ⋅ sen (25.05)
= 0.1820 nm
por lo que: a = 2 · dhkl = 2 · 18.20 nm = 0.3640 nm b) Para saber si es c.c o c.c.c podemos obtener la relación entre el primer y segundo pico, para lo que necesitaremos conocer d1, que será: d1
0.1541 nm = 0.2102 nm 2 ⋅ sen (21.5)
=
por lo que, d2/d1 = 0.866, igual al valor correspondiente al sistema cúbico centrado en las caras c) La densidad vendrá expresada por: ρ
=
m V
=
n a ⋅ Pa a3 ⋅ N A 49
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Cuestiones y ejercicios de Fundamentos de Ciencia de Materiales
siendo na el número de átomos por celdilla, que en un sistema c.c.c es de 4, Pa el peso atómico del material, a el parámetro fundamental de la celdilla unidad y NA el número de Avogadro o átomos/mol, con lo que: ρ
n ⋅P = 3a a a ⋅ NA
=
4 átomos ⋅ 63.54 ⋅ 10 −3 kg / mol 0.364 3 ⋅ 10 − 27 m 3 ⋅ 6.023 ⋅ 10 23 átomos / mol
= 8750 kg / m 3
que correspondería a una densidad de 8.75 g/cm3
50
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UNIDAD 4 Plasticidad y endurecimiento por deformación 4.1. CUESTIONES DE AUTOEVALUACIÓN 1 - El tamaño de grano recristalizado tras un recocido contra acritud depende inversamente: a) Del tamaño de grano inicial. b) Del grado de acritud previa c) De la temperatura de recocido. d) De todas las anteriores. 2 - El tamaño de grano recristalizado es función de: a) El grado de acritud. b) La temperatura. c) El tiempo. d) Todas las anteriores. 3 - El bajo límite elástico encontrado experimentalmente en los metales en comparación con los valores calculados a partir de las fuerzas de enlace y de las posiciones reticulares se debe a: a) La abundancia de planos y direcciones compactas. b) La ausencia de planos compactos. c) La existencia de dislocaciones. d) La existencia de sistemas de deslizamiento orientados adecuadamente. 4 - El parámetro que más influye directamente en el engrosamiento del grano es: a) El tamaño del grano recristalizado. b) La temperatura de recocido. c) El tiempo de recocido. d) El contenido de aleantes. 5 - El endurecimiento por acritud se aplica a: a) Cualquier tipo de aleación b) Sólo a metales puros. c) A metales puros o aleaciones dúctiles. d) Sólo a materiales monofásicos. 6 - Como consecuencia de la deformación plástica aplicada a una aleación: a) Los indicadores resistentes aumentan. b) Los indicadores plásticos disminuyen. c) Los indicadores tenaces disminuyen. d) Todas son correctas. 51
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Cuestiones y ejercicios de Fundamentos de Ciencia de Materiales
7 - Indica el enunciado falso respecto a la recristalización: a) A mayor deformación plástica inicial mayor temperatura de recristalización. b) A menor deformación plástica inicial mayor tiempo para la recristalización. c) Tiempo y temperatura mantienen una correlación exponencial inversa, más sensible a la temperatura. d) La acritud influye en modo inverso con el tiempo requerido para producir la recristalización. 8 - Una de las siguientes propiedades no es característica de metales con estructura c.c.c. como el aluminio: a) Son muy dúctiles. b) No presentan fragilidad al disminuir la temperatura. c) Son susceptibles de endurecimiento por precipitación. d) Presentan límite de fatiga para bajas cargas. 9 - La existencia de dislocaciones y su movilidad afecta a: a) Propiedades mecánicas. b) Conductividad térmica. c) Todas las propiedades del material. d) El coeficiente de dilatación. 10 - El proceso de deformación plástica tiene como objetivos: a) Dar forma a las piezas. b) Mejorar las características resistentes. c) Disminuir características resistentes a expensas de las plásticas. d) A y B son correctas. 11 - Los perfiles huecos pueden ser elaborados por procesos de: a) Laminación. b) Extrusión. c) Laminación y extrusión. d) Forja. 12 - Los procesos de deformación plástica varían las características resistentes en el sentido de: a) Disminuir la carga de rotura. b) Aumentar el alargamiento. c) Aumentar el limite de elasticidad. d) Aumentar la tenacidad. 13 - Los índices de endurecimiento intrínsecos permiten averiguar en el material endurecido: a) El nivel de endurecimiento relativo con relación al máximo hipotético. b) La carga de rotura. c) El alargamiento. d) El límite de elasticidad. 14 - En un ensayo de tracción, los monocristales inician líneas de deslizamiento: a) Cuando se llega al límite elástico. b) Cuando se llega a la carga de rotura. c) Solo en aquellos cristales con sistemas de deslizamiento densos con orientaciones en el entorno de los 45° con el eje de la probeta. d) En todos los cristales, cuando la tensión cortante máxima alcanza la mitad del limite elástico. 52
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Unidad 4 – Plasticidad y endurecimiento por deformación
15 - En una deformación plástica elevada, por tracción, aparece una rugosidad que será función directa del: a) Grado de deformación. b) Tamaño de grano. c) Pulido de la pieza. d) Resistencia. 16 - El vector de Burgers indica la dirección, sentido e intensidad de: a) Nucleación de una macla. b) Nucleación de una dislocación. c) Movimiento de una dislocación. d) Anclaje de dislocaciones. 17 - La dislocación se mueve como consecuencia de: a) Tensiones axiales sobre el plano de deslizamiento. b) Tensiones cortantes sobre el plano de deslizamiento. c) Tensiones combinadas axiales y cortantes en el plano de deslizamiento. d) Tensiones combinadas axiales y cortantes en el plano normal al deslizamiento. 18 - Las dislocaciones pueden ser observadas por microscopía: a) Electrónica de Transmisión. b) Electrónica de barrido. c) Optica con luz polarizada. d) Optica con contraste interferencial. 19 - El tamaño de grano de una aleación está correlacionado con el límite elástico y resiliencia en el sentido: a) Directo. b) Inverso. c) Invariante. d) Constante. 20 - El borde de grano es una estructura cuasicristalina que conexiona dos cristales y se comporta: a) Permitiendo el anclaje de dislocaciones. b) Permitiendo el deslizamiento de las dislocaciones. c) Girando las dislocaciones para el paso a otro monocristal. d) El borde de grano no afecta las dislocaciones. 21 - Los materiales que disponen de muchos sistemas de deslizamiento pueden alcanzar: a) Mayor fluencia. b) Mayor fluencia y acritud. c) Mayor acritud. d) Menor fluencia y acritud. 22 - Los métodos calorimétricos destinados a ponderar la acritud de un material están basados: a) La medición del calor específico del material. b) El análisis del calor absorbido durante la eliminación de la acritud. c) El análisis del calor desprendido en la eliminación de la acritud. d) La medición del nivel de acritud suministrado. 53
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Cuestiones y ejercicios de Fundamentos de Ciencia de Materiales
23 - El tratamiento de alivio de tensiones o recuperación se aplica para: a) Estabilizar dimensionalmente la pieza. b) Rebajar la carga de rotura. c) Aumentar el alargamiento. d) Rebajar el limite elástico. 24 - El parámetro de mayor grado de incidencia en el proceso de recuperación es: a) La temperatura. b) El tiempo. c) El grado de acritud. d) A y B son correctas. 25 - El tratamiento de recocido de regeneración o recristalización se aplica industrialmente para: a) Rebajar el limite elástico. b) Aumentar el alargamiento. c) Estabilizar dimensionalmente la pieza. d) Rebajar la carga de rotura. 26 - :El tiempo requerido para ultimarse el recocido de recristalización aumenta con: a) El mayor grado de acritud. b) El menor grado de acritud. c) La mayor temperatura. d) Es invariante con la temperatura. 4.2. CUESTIONES DE HETEROEVALUACIÓN 1. Justifique por qué el Fe (α) cúbico centrada es más resistente que el Fe (γ) cúbico centrada en caras. 2. Justifica el papel de las vacantes y dislocaciones en el endurecimiento de metales y aleaciones. 3. Razona las causas de los deslizamientos observados en el laboratorio durante el ensayo de tracción haciendo uso de la estructura cristalina. 4. Representa gráficamente la evolución de los indicadores resistentes en un proceso de endurecimiento por deformación. 5. ¿Cómo puede justificarse el hecho de que sólo en unos pocos granos de la estructura policristalina se observen deslizamientos cuando los esfuerzos son pequeños? 6. Un pulido posterior al deslizamiento de un metal, devuelve la apariencia externa original, eliminando la rugosidad. ¿Cómo puede justificarse este hecho? 7. Razona las causas que justifican el aumento de dislocaciones en correlación con la deformación plástica. 8. Razona la influencia, en las características resistentes, que tienen los afinadores de grano que se aplican en los procesos de colada de piezas. 9. Describe un método no destructivo y otro destructivo para determinar el estado tensional de un material. 10. Razona los argumentos que inducen a clasificar el proceso de afino de grano como una técnica de endurecimiento. 11. Consecuencias de la deformación plástica en metales y aleaciones evaluándolas en términos de índices de endurecimiento. 54
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Unidad 4 – Plasticidad y endurecimiento por deformación
12. Concepto de textura cristalina. 13. Mecanismos de endurecimiento por maclado. 14. Indica el método que permita determinar si una pieza metálica obtenida por procesos de deformación ha sido sometida a un proceso de eliminación de tensiones internas. 15. Etapas del recocido contra acritud. Microestructuras. 16. Influencia de la temperatura en el tiempo de recristalización. 17. Efecto del tiempo requerido en la recristalización. Variables. 18. Influencia del tamaño de grano inicial en el grano recristalizado. 19. Efecto del tiempo y la temperatura en el engrosamiento de grano. 20. Definir el proceso para reducir el tamaño de grano de una aleación mediante procesos de acritud. 4.3. PROBLEMAS Y EJERCICIOS PRACTICOS PROPUESTOS Problema 4.1 Un material metálico sometido a un nivel de acritud dado recristaliza completamente en 1 hora. Calcular el grado de recristalización, para idénticas condiciones de acritud previa y temperatura, que se tiene a los 30 minutos. Notas: La recristalización sigue un modelo de Avrami. Se supone el material completamente recristalizado para un 95% de recristalización. No se considera el tiempo de alivio de tensiones. Problema 4.2 Experimentalmente se ha comprobado que una aleación de cobre para conductores eléctricos con una acritud del 60% recristaliza en 150 horas a 88°C, y en 200 minutos a 135°C. Se supone que el material recristaliza siguiendo un modelo de Avrami, dónde para una recristalización del 95% 3 1 Q t rec = = C t n e RT C Ac Determinar: a) La energía de activación Q del proceso. b) La constante Ct del proceso, supuesto que el factor n = 2. c) El tiempo necesario para que el material recristalice, con idéntica acritud Ac = 0.60, a 25°C. d) La temperatura de recristalización a 1 hora, considerando una acritud previa del 50% (Ac = 0.5). Nota: Cte de los gases R = 8.314 J/mol K Tamaño de grano recristalizado, Tg (µm)
Problema 4.3 La figura expresa la correlación entre el tamaño de grano recristalizado y el grado de deformación plástica en laminación, medida en porcentaje de reducción de sección (% Ac). Determina, para un tamaño de grano inicial de 0.15µm, el rango de las reducciones de sección que produce un incremento de este tamaño de grano.
0,6 0,5 0,4
Tamaño de grano inicial, Tg0 (µm)
0,3
0.3
0,2
0.2
0,1
0.1
Problema 4.4 Una barra cilíndrica de una aleación Cu-5%Zn tiene un diámetro inicial de 6 mm y es deformada en frío, mediante trefilado, hasta un
0 0
10
20
30
40
50
60
70
Reducción de sección, Ac (%) 55
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Cuestiones y ejercicios de Fundamentos de Ciencia de Materiales
diámetro final de 5 mm. Calcular: a) El porcentaje de deformación en frío necesario, expresado como la estricción del material. b) Para esta deformación, la carga de rotura es de 455 MPa. Calcular el límite de elasticidad sabiendo que el índice general es de 0.85. c) Suponiendo que el material recristaliza siguiendo el modelo de Avrami donde, para una recristalización del 95%, tenemos Q
1 t rec =C t n e RT Ac calcular la constante Ct del Proceso, si el material recristaliza en 200 minutos a 380°C (suponiendo n = 2) y considerando: Q = 95 kJ/mol y R = 8.314 J/mol K. d) Industrialmente se considera el tiempo óptimo de recristalización de 1 hora. Si la temperatura máxima de trabajo no puede superar los 360°C, ¿cual debería ser la acritud previa que podría suministrarse al material?. e) En las condiciones de acritud obtenidas en el apartado anterior, estimar el valor de carga de rotura, considerando que en estado recocido la carga de rotura de esta aleación es de 318 MPa. Suponer evolución lineal de las propiedades mecánicas en todo el rango de acritud.
Problema 4.5 Una probeta no deformada de una aleación de cobre, tiene un diámetro medio del grano de 0.4 µm. Se le pide que reduzca el tamaño del grano a 0.2 µm. Considerando las gráficas siguientes, analizar si es esto posible, y si lo es: a) Explicar los procedimientos que se utilizarían y el nombre de los procesos involucrados. b) Temperatura de recocido de recristalización. c) Carga de rotura alcanzada por la aleación trás la deformación en frío. Temperatura de recristalización (°C)
Tamaño de grano recristalizado, Tg (µm) 0,6 0,5 0,4
Tamaño de grano inicial, Tg0 (µm)
0,3 0,2
0.4
0,1
0.3 0.2 0.1
0 0
10
20
30
40
50
60
70
Reducción de sección, Ac (%) Resistencia a la tracción (Mpa)
450
450 400
400 350
350 300
300 250
250
200
200
150
150
100 0
10
20
30
40
50
Reducción de sección, Ac (%)
60
70
100 0
10
20
30
40
50
60
70
Reducción de sección, Ac (%)
Problema 4.6 Si precisamos 100 horas para recristalizar completamente una lámina de aleación Al-Mg a 253°C y 8 h a 282°C, calcular para este proceso la energía de activación en kilojulios por mol. Suponer un modelo de comportamiento de velocidad de cristalización del tipo: 56
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Unidad 4 – Plasticidad y endurecimiento por deformación
t rec =C t e
Q RT
Problema 4.7 Si para recristalizar el 50 por 100 de una pieza de cobre puro se tarda 9 min a una temperatura de 135°C y 200 min a 88°C. ¿Cuántos minutos se requerirán para recristalizar la pieza al 50 por 100 a 102°C?
90
600
Carga de rotura
500
80
Límite elástico
400
70 60 50
300
40 30
200
20
100
Alargamiento
Alargamiento %
Propiedades mecánicas (Mpa)
Problema 4.8 Considerando las propiedades mecánicas del cobre puro representadas en la figura, se desea obtener una barra con al menos 415 MPa de carga de rotura, 380 Mpa de límite de elasticidad, y un 5% de alargamiento. ¿Cual deberá ser la deformación en frío que debamos proporcionarle?
10 0
0 0
10
20
30
40
50
60
70
80
90
100
Deformación en frío % Problema 4.9 Observando los datos de la tabla siguiente, determinar las temperaturas a la que se inicia la etapa de restauración, recristalización, y crecimiento de grano en un latón Cu 12.5% Zn. Temperatura de Tamaño de recocido (°C) grano (mm) 25 100 150 200 250 300 350 400 500 600 700
0.100 0.100 0.100 0.100 0.100 0.005 0.008 0.012 0.018 0.025 0.050
Carga de rotura Alargamiento Conductividad eléctrica (Mpa) (%) (x 106 Ω-1 m-1) 550 550 550 550 550 515 380 330 275 270 260
5 5 5 5 5 9 30 40 48 48 47
16 16 17 19 20 20 21 21 21 22 22
Problema 4.10. Un alambre de 5 mm de diámetro, de monel 400 (aleación de níquel), recubierto de una pequeña capa de óxido de 100 nm, sostiene un peso de 4000N, en el interior de un horno 57
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Cuestiones y ejercicios de Fundamentos de Ciencia de Materiales
a 600°C, donde sufre una corrosión cuya velocidad cumple la ley parabólica y2 = C1·t + C0, sabiendo que con una hora de exposición su capa de óxido aumenta a 200 nm, calcular: a) El tiempo en el cual iniciaría la deformación plástica. b) El tiempo en el cual se produce la rotura Las propiedades mecánicas del monel 400 son: Módulo de elasticidad, E = 179 GPa Límite elástico, Le = 283 MPa Carga de rotura, R = 579 MPa Alargamiento hasta rotura = 39.5 % Problema 4.11. Sobre un latón comercial, se realiza un tratamiento de recocido para obtener una resistencia a la tracción 430 MPa, representándose en la figura a) la evolución de las características mecánicas con la temperatura de recocido. 600
550
Resistencia a la tracción (MPa)
Resistencia a la tracción (MPa)
600
500 450 400 350
550 500 450 400 350 300
300 100
200
300
400
500
600
0,01
700
Temperatura de recocido (°C)
0,02
0,03
0,04
0,05
Tamaño de grano (mm)
a)
b)
En la figura b) se representa la influencia del tamaño en las características mecánicas de esta misma aleación. Se pide: a) Estimar la temperatura a la que debería realizarse el tratamiento térmico de recocido de recristalización. b) Si la evolución del tamaño de grano, durante el tratamiento de recocido, viene expresada por: D2 − d 2
= kte
−Q
RT
Donde Q = 95 kJ/mol, R = 8.314 J/mol·K, T la temperatura de recocido, k una constante del material = 0,62 cuando el tamaño de grano se expresa en mm y el tiempo de recocido, t, en segundos. Calcular el tiempo de recocido requerido si partimos de un tamaño de grano de 0,012 mm. c) ¿Cuál debe ser el diámetro de una barra de este material para poder soportar, sin romper, esfuerzos de 12 kN. Problema 4.12. El tratamiento de sinterización de microesferas de Ti en una prótesis de cadera realizada en una aleación Ti-6Al-4V, se realiza a 1250 ºC durante 2 horas. Si se parte de un tamaño de grano de 0,014 mm de diámetro equivalente, éste pasa tras el tratamiento a un diámetro de 0,32 mm. Considerando la ecuación D2 - d2 = k·t·e-Q/RT, donde Q = 107 kJ/mol y R = 8,314 J/mol·K. 58
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Unidad 4 – Plasticidad y endurecimiento por deformación
a) ¿Cuál sería el tamaño de grano resultante si se realizara el tratamiento durante sólo una hora? b) ¿A que temperatura se consigue un tamaño de grano de 0,32 mm con tan solo una hora de tratamiento?
SOLUCION A LAS CUESTIONES DE AUTOEVALUACION: 1 - b, 2 - a, 3 - c, 4 - c, 5 - a, 6 - d, 7 - a, 8 - d, 9 - a, 10 - d, 11 - c, 12 - c, 13 - a, 14 - c, 15 - b, 16 - c, 17 - b, 18 - a, 19 - b, 20 - a, 21 - a, 22 - c, 23 - a, 24 - d, 25 - b, 26 – b.
59
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4.4. RESOLUCIÓN DE LOS PROBLEMAS PROPUESTOS Solución al problema 4.1 El modelo de Avrami da la fracción de masa recristalizada en función del tiempo: R = 1 - e- C t Para un 95% recristalizado en 1 hora, y expresando t en segundos: 0.95 = 1 - e- C 3600 e- C 3600 = 0.05 tomando logaritmos:
- 3600 × C = - 3 C = 3 / 3600 = 8.33 10-4
de donde
La constante C depende de la temperatura de recristalización y de la acritud previa. Si estas son idénticas, el valor de C permanece constante y puede utilizarse para calcular el grado de recristalización en tiempos más cortos. Para t = 30 minutos, se tendrá, aplicando la ecuación de Avrami: -4 R = 1 - e- 8.33 10 1800 = 1 - e-1.5 = 0.78
Solución al problema 4.2 a) Sustituyendo los valores conocidos de cada experiencia en la ecuación general se tiene: t1 = C t
t 2 = Ct
1 A2c 1 A2c
e
Q R T1
e
1
540 ⋅ 10 3 s = Ct
Q R T2
12 ⋅ 10 3 s = C t
0.6 2 1 0.6 2
e
e
Q R ( 273 + 88)
Q R ( 273 + 135)
Dividiendo ambas ecuaciones se obtiene: Q 1 1 45 = e R 361 - 408
ln 45 = Q =
Q (0.00277 - 0.00245) R
3.80 R = 99038 J / mol 0.000319
b) Sustituyendo el valor obtenido de Q en cualquiera de las ecuaciones para t1 o t2, puede obtenerse el valor de la constante Ct. Para t1: Q
99038
Ct = t 1 A2c e- R T 1 = 540 ⋅ 10 3 ⋅ 0.6 2 ⋅ e- 8.314 361 = 9.077 ⋅ 10 -10 c)
t rec =
Q Ct e R T2 A2c
t rec =
9.077 ⋅ 10 -10 0.6 2
99038
e 8.314 (273+25)
60
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Unidad 4 – Plasticidad y endurecimiento por deformación
trec = 9635961 minutos = 5.7816 108 = 18.33 años. d)
t rec =
Q e R T2 A2c
Ct
9.077 ⋅ 10 -10
3600 s =
0.52
99038
e 8.314 T
despejando T se obtiene: T = 431 K = 158°C. Tamaño de grano recristalizado, Tg (µm)
Solución al problema 4.3
0,6
Tal como aparece en la figura, interpolamos en primer lugar la curva correspondiente al tamaño de grano inicial de 0.15 µm, con la cual obtendríamos mediante el corte con la recta correspondiente al tamaño de grano recristalizado de 0.15 µm, la reducción máxima que debería suministrarse al material, y que resulta del 28 %.
0,5 0,4
Tamaño de grano inicial, Tg0 (µm)
0,3
0.3
0,2
0.2
0,1
Min.
Max.
0.1
0 0
10
Por otra parte, la mínima reducción de sección, que deberá suministrarse al material, corresponderá a la asíntota de la curva, alrededor del 5 %.
20
30
40
50
60
70
Reducción de sección, Ac (%)
El rango de las reducciones de sección para producir un incremento del tamaño de grano estará entre un mínimo del 5 % y un máximo del 28 %. Solución al problema 4.4 a)
Σ
=
Si − S f Si
=
π ri2
− π r f2
π 32 − π 25 . 2
=
π ri2
π 32
= 30.55%
b) El índice de endurecimiento viene expresado por: Ig
LE CR
=
=
0.85
con lo que el límite elástico será: LE =
I g ⋅ CR =
0.85 ⋅ 455 = 386.8 MPa
c) De la ecuación del modelo de Avrami, sustituyendo los diferentes datos suministrados, tendríamos: 12000 = C t
1 2 03055 .
95 ⋅ 10 3
e
8.314 ⋅ 653
Ct = 2.816 · 10-5
y
d) Aplicando de nuevo el modelo de Avrami para 1 hora de tiempo y 360°C, tendremos: 3600
de donde
=
2.816 ⋅ 10
−5
1 Ac 2
95 ⋅ 10 3
e
8.314 ⋅ ( 360 + 273 )
Ac = 0.7353 = 73.53% 61
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e) Obteniendo la pendiente de la recta, tendremos: m =
455 − 318 3055 .
4.48
=
con lo que la ecuación de la recta sería: CR = 318 + 4.48 Ac y por tanto, para Ac = 73.53 %, tendremos: CR = 647.74 MPa Solución al problema 4.5 De la gráfica obtenemos que si es posible obtener un tamaño de grano de un diámetro de 0.2 µm, con una deformación mínima de un 47 %. a) Para obtener el tamaño de grano debería realizarse proceso de deformación plástica en el que se asegurara una reducción de la sección de un 47% al menos, seguido de un recocido de recristalización de al menos 190°C, por el tiempo necesario.
Tamaño de grano recristalizado, Tg (µm) 0,6 0,5 0,4
Tamaño de grano inicial, Tg0 (µm)
0,3 0,2
0.4
0,1
0.3 0.2 0.1
0 0
10
b) De la gráfica correspondiente obtenemos la temperatura mínima de recristalización de 190°C.
20
30
40
47
50
60
70
Reducción de sección, Ac (%)
c) De igual forma, obtenemos en la gráfica correspondiente una resistencia a la tracción de 375 Mpa tras la reducción de sección del 47%. Temperatura de recristalización (°C)
Resistencia a la tracción (Mpa)
450
450
400
400
350
350
300
300
250
250
375
200
200
190
150
150
100
100 0
10
20
30
40
50
60
70
0
10
20
30
40
50
60
Reducción de sección, Ac (%)
Reducción de sección, Ac (%)
Solución al problema 4.6 Sustituyendo los valores conocidos de cada temperatura en la ecuación general se tiene: t1 = C t e
Q R T1
100 h = Ct e
Q R ( 273 + 253)
62
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Unidad 4 – Plasticidad y endurecimiento por deformación
t 2 = Ct e
Q R T2
8 h = Ct e
Q R ( 273 + 282)
Dividiendo ambas ecuaciones se obtiene: 12 ,5 =
Q 1 1 − e R 526 555
ln 12 ,5 =
Q 9 , 934 ⋅ 10− 5 R =e
(
)
Q ( 9 ,934 ⋅ 10 − 5 ) R
por lo que, la energía de activación será: Q =
2 ,526 R
= 211,38 kJ / mol
9.934 ⋅ 10 −5
Solución al problema 4.7 Considerando la misma acritud, y considerando que el tiempo expresado responde a una recristalización del 50%, tendremos: t1 = C t e
Q R T1
t 2 = Ct e
200 min = Ct e
Q R T2
9 min = Ct e
Q R ( 273 + 88)
Q R ( 273 + 135)
Dividiendo ambas ecuaciones se obtiene: 22,22 =
Q eR
1 1 − 361 408
ln 22,22 = 3,10 =
Q 3,19 ⋅ 10− 4 R =e
(
)
Q ( 3,19 ⋅ 10 −4 ) R
por lo que, la energía de activación será: Q =
3,10 ⋅ 8,314 3,19 ⋅ 10 −4
= 80,77 kJ / mol
De cualquiera de las dos ecuaciones anteriores, sustituyendo Q, obtendremos la constante Ct, de la forma: 9 min = C t e y por lo tanto,
80,77 ⋅ 103 8,314 ⋅ ( 273 + 135)
= Ct ⋅ 2 ,193 ⋅ 1010
Ct = 4,10 · 10-10 min
Sustituyendo ahora para la temperatura de 102°C, tendremos: t (min) = 4,10 ⋅ 10 −10 e
80,77 ⋅ 103 8,314 ⋅ ( 273 + 102 )
= 73 minutos 63
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Cuestiones y ejercicios de Fundamentos de Ciencia de Materiales
Solución al problema 4.8
90
600
Carga de rotura
500
80 70
Límite elástico
400
60 50
300
40 30
200
20
100
Alargamiento
0 0
10
22
20
32
30
40
44
Alargamiento %
Propiedades mecánicas (Mpa)
De la figura, necesitamos al menos un 22 % de deformación en frío para conseguir la carga de rotura deseada de 415 Mpa, y cerca del 32% para alcanzar el límite elástico de 380 Mpa, pero no debemos superar el 44 % que nos proporciona el 5% de alargamiento esperado. Por todo ello, el trabajado en frío deberemos realizarlos entre el 32 y el 44%, como tratamiento más satisfactorio.
10 0
50
60
70
80
90
100
Deformación en frío % Solución al problema 4.9 De acuerdo a la tabla, el inicio de la recristalización se indica mediante un incremento de la conductividad eléctrica, es decir a temperaturas entre los 100°C y los 150°C. El inicio de la cristalización viene indicada por la disminución del tamaño de grano y la disminución de la carga de rotura, junto con el aumento del alargamiento. Estos cambios empiezan entre 250°C y los 300°C. La etapa de crecimiento del tamaño de grano viene indicada por el cambio en el tamaño de grano. Este cambio es más brusco alrededor de los 600°C, temperatura a partir de la cual la velocidad de crecimiento del grano es mayor. Solución al problema 4.10. Considerando la ley parabólica de evolución de la corrosión con el tiempo, y2=C1t + C0 tendremos: por lo que
para t = 0
y = 100nm
(100)2 = C1 x 0 +C0
y para t = 1 hora
y = 200nm
(200)2 = C1 x 1 + C0 ⇒
C0 = 104 C1 = 3 x 104
y2 = 3 · 104 t + 104, expresándose y en nm y t en horas
La sección del alambre, para d = 5 mm, será y la tensión aplicada considerando F = 4000 N, será a)
⇒
S 0 = π 4 ⋅ d 0 = 19,63 mm 2 2
σ=
F = 203,7 MPa < Le S0
Para las condiciones de no deformación plástica
64
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Unidad 4 – Plasticidad y endurecimiento por deformación
Le = 283 Mpa = 4000 / S y
S = 14,13 mm2
⇒
d = 4,24 mm
⇒
Suponiendo que la reducción de espesor del metal es igual al aumento de la capa de óxido, tendremos: 4,2 y2 + 2y = 5 ⇒ y = 0,379 mm = 379 nm (379)2 = 3 104 t + 104
t = 4,45 horas
⇒
b) Para las condiciones de rotura, donde: R = 579 MPa =
4000 → S = 6,91 mm2 y d = 2,966 mm. S
tendremos:
2,966 + 2y = 5 ⇒ y = 1, 17 mm = 1017 nm
con lo cual:
(1017)2 = 3 104 t + 104 Ÿ t = 34,14 horas
Solución al problema 4.11. a) La temperatura de recocido la obtendremos directamente de la gráfica de la figura a). T = 450°C = 723 K 600
Resistencia a la tracción (MPa)
Resistencia a la tracción (MPa)
600 550 500 450 400 350
a)
500 450 400 350
0,027
300
450°
300
550
0,01
100
200
300
400
500
600
700
b)
Temperatura de recocido (°C)
0,02
0,03
0,04
0,05
Tamaño de grano (mm)
b) De la figura b), obtenemos el tamaño de grano que nos permite obtener las características mecánicas que deseamos; para 430 MPa de carga de rotura, el tamaño de grano debe ser de 0,027 mm. Con ello podemos aplicar la expresión de la evolución del tamaño de grano, obteniendo:
(0.027 ) de donde
2
− (0.012 )
2
= 0.62 ⋅ t ⋅ e
95000 8.314 ⋅ 723
−
= 8.48 ⋅ 10 −8 ⋅ t
t = 6894 segundos = 114.9 minutos = 1.9 horas
c) El diámetro de la barra para F = 12000 N vendrá expresado por: σ=
F S
→
S=
4⋅ S π
=
F 12000 N = = 27.9 mm 2 σ 430 N / mm 2
por lo que: d=
4 ⋅ 27.9 π
= 5.96 mm
65
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Solución al problema 4.12. a) Considerando las condiciones de tratamiento reseñadas, puede calcularse la constante k de la ecuación: D2 − d2 0,32 2 − 0,014 2 0,1022 0,1022 k= = = = = 238,976 mm 2 / h − Q / RT −4 −4 −107 ⋅10 3 / 8, 314 ⋅(1250 + 273 ) t⋅e 2 ⋅ 2,1383 ⋅ 10 4,2766 ⋅ 10 2⋅e con lo que para una hora de tratamiento, el tamaño de grano sería: D 2 = d 2 + k ⋅ t ⋅ e − Q / RT = 0,014 2 + 238,976 ⋅ 1 ⋅ e −107 ⋅10 = 1,96 ⋅ 10
−4
+ 238,976 ⋅ 2,1383 ⋅ 10
y por tanto,
−4
= 0,0513 mm
3
/ 8 , 314 ⋅(1250 + 273 )
=
2
D = 0,0513 = 0,226 mm
b) Para el tiempo de una hora, la temperatura a la que se obtendrá un tamaño de grano de 0,32 mm será: D 2 − d 2 = k ⋅ t ⋅ e − Q / RT
→
e − Q / RT =
D 2 − d 2 0,32 2 − 0,014 2 = = 4,2766 ⋅ 10 − 4 k⋅t 238,976 ⋅ 1
entonces: Q = − ln ( 4,2766 ⋅ 10 − 4 ) = 7,757 R⋅T T=
Q 107 ⋅ 103 J / mol = = 1659 K = 1386 °C R ⋅ 7,757 7,757 ⋅ 8,314 J / mol ⋅ K
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UNIDAD 5 Endurecimiento por aleación. Aleaciones con transformación eutéctica 5.1 CUESTIONES DE AUTOEVALUACIÓN 1. Una de las siguientes afirmaciones respecto a las aleaciones eutécticas es falsa: a) El punto de fusión de estas aleaciones se encuentra entre los puntos de fusión de los dos metales que forman la aleación. b) En estado sólido, la estructura de la aleación de composición eutéctica es siempre bifásica. c) La mezcla eutéctica aparece como matriz de la aleación rodeando los granos de otras fases. d) A temperatura ambiente presenta un aspecto microscópico en forma de láminas alternadas. 2. ¿Cuál de las siguientes condiciones resultan imprescindibles para que dos metales presenten solubilidad total en el estado sólido?: a) Poseer similar radio atómico. b) Poseer similar electronegatividad. c) Poseer idéntica estructura cristalina. d) Todas las anteriores. 3. La velocidad de difusión aumenta: a) Al aumentar el gradiente de concentración. b) Al aumentar la temperatura. c) Al reducir el punto de fusión del metal a difundir. d) Todas las anteriores. 4. ¿Cuál de los siguientes tratamientos se aplica exclusivamente a piezas coladas?: a) Recocido de recristalización. b) Normalizado. c) Recocido de homogeneización. d) Envejecimiento. 5. La aparición de segregación dendrítica va acompañada de: a) Ausencia de coring en los granos b) Una menor temperatura de sólidus c) Una mayor resistencia mecánica d) Una mayor resistencia frente a la corrosión
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Cuestiones y ejercicios de Fundamentos de Ciencia de Materiales
6. En una estructura metálica dendrítica, el eje longitudinal de las dendritas coincide con: a) Gradiente de densidad. b) Dirección cristalográfica preferente. c) Isotermas de enfriamiento. d) Es aleatorio. 7. El empleo de afinadores hace aumentar: a) La velocidad de nucleación. b) La velocidad de crecimiento de los embriones. c) El grado de subenfriamiento. d) La anisotropía de la pieza. 8. En los diagramas de equilibrio los cambios de fase vienen representados por: a) Líneas horizontales. b) Líneas curvas de pendiente positiva y negativa. c) Líneas verticales. d) Todas son correctas. 9. Un proceso de solidificación industrial se califica de reversible cuando: a) La velocidad de enfriamiento produce la segregación dendrítica de la aleación. b) La velocidad de enfriamiento permite los procesos de difusión. c) La velocidad de enfriamiento produce el temple de la aleación. d) La velocidad de enfriamiento produce siempre una estructura bifásica. 10. La transformación eutéctica, permite endurecer una aleación, a cambio de: a) Reducir las características dúctiles. b) De fragilizar el material. c) Reducir la plasticidad de la aleación. d) Todas son correctas. 11. Las características de una aleación con estructura segregada son: a) Características resistentes mayores a la estructura uniforme. b) Mayor susceptibilidad a la corrosión intergranular. c) Características dúctiles mayores a la estructura uniforme. d) Todas son correctas. 12. Las aleaciones de composición eutéctica se emplean habitualmente para: a) Obtener piezas por colada. b) Obtener piezas de altas características mecánicas. c) Obtener piezas por forja. d) Obtener piezas por deformación en frío. 13. El análisis térmico diferencial sirve para determinar: a) La evolución de la composición en el cambio de fase. b) La temperatura de inicio y terminación en el cambio de fase. c) La evolución de la temperatura en el patrón de referencia. d) A y B son correctas. 68
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Unidad 5 – Endurecimiento por aleación. Aleaciones con transformación eutéctica
14. Un diagrama de fases para dos metales es único si durante el enfriamiento se cumplen las siguientes condiciones: a) Se facilita la mezcla. b) Se estabiliza la temperatura en varios puntos del proceso. c) Es un proceso termodinámicamente reversible. d) Es un proceso termodinámicamente irreversible. 15. El control de la velocidad de enfriamiento para obtener un diagrama de equilibrio debe realizarse: a) Durante todo el proceso. b) Sólo en el entorno del cambio de fases. c) En el cambio de fase y una vez solidificado. d) Exclusivamente en las zonas de transformación de fase. 16. Al alear un metal con otro con solubilidad total en el estado sólido, se consigue: a) Aumentar la carga de rotura. b) Aumentar el límite elástico. c) Aumentar la plasticidad. d) A y B son correctas. 17. Un proceso realizado industrialmente se supone que corresponde a un enfriamiento reversible si: a) Se realiza a una velocidad muy lenta. b) Se comprueba que se ha permitido la realización de los procesos de difusión requeridos en el enfriamiento. c) Se realizan transformaciones isotérmicas. d) No se cumplimentan los procesos de difusión. 18. Las condiciones necesarias, no suficientes, para que dos metales tengan solubilidad total en el estado sólido son: a) Cristalizar en el mismo sistema. b) Radios atómicos parecidos. c) A y B son correctas. d) Electronegatividades muy diferentes. 19. La segregación dendrítica tiene lugar con mayor intensidad en la solidificación con velocidad importante de enfriamiento: a) En composiciones próximas al metal puro. b) En composiciones muy alejadas del metal puro. c) En aleaciones con amplio intervalo de solidificación. d) En aleaciones insolubles en estado sólido. 20. El efecto coring en los granos obtenidos por solidificación con enfriamiento industrial puede ser comprobado por: a) Metalografía por medio de diferentes sombreados al atacar con el reactivo apropiado. b) Microdureza en las capas internas. c) Diferente composición química a lo largo del grano. d) Todas son correctas. 69
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Cuestiones y ejercicios de Fundamentos de Ciencia de Materiales
21. Indica las propiedades verdaderas de una estructura segregada: a) Tiene mayor carga de rotura y límite elástico. b) Tiene mayor estricción en la rotura. c) Es más resistente a la corrosión. d) Puede sufrir fragilidad en caliente durante el proceso de forja. 22. El recocido de homogeneización de una estructura segregada está destinado a: a) Unificar las fases que poseen distinta composición. b) Eliminar una fase. c) Eliminar las impurezas de la segregación. d) Disolver los compuestos precipitados. 23. El recocido de homogeneización consigue, con relación a la estructura segregada inicial, mejorar: a) Las características resistentes de los granos individuales. b) Las características resistentes del conjunto policristalino. c) Las características resistentes de los bordes de grano. d) Mejorar la respuesta a fluencia del material. 24. Los procesos de difusión en estado sólido pueden ser estudiados como los procesos de difusión en otros estados, pero considerando los mecanismos intrínsecos del estado cristalino metálico, es decir: a) Los espacios intersticiales. b) La alternancia de átomos diferentes. c) La producción de vacantes en la estructura. d) Elevar el número de dislocaciones presentes. 25. Las leyes de Fick permiten calcular la evolución de la concentración en una aleación. Su coeficiente de difusión reúne el comportamiento frente a los parámetros externos como: a) La presión. b) La temperatura. c) Grado de concentración. d) A y B son correctas. 26. El coeficiente de difusión varía exponencialmente con la naturaleza del metal, en el sentido de que es mayor cuando: a) Menor es el calor de activación del metal. b) Menor es el punto de fusión del metal. c) Mayor es la temperatura de recocido. d) Menor es la temperatura de recocido. 27. El coeficiente de difusión es diferente a través del monocristal que a través del borde de grano. Así, la difusión será más rápida en: a) Estructuras de grano fino. b) Estructuras de grano grueso. c) Estructuras dendríticas. d) Estructuras segregadas.
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Unidad 5 – Endurecimiento por aleación. Aleaciones con transformación eutéctica
28. En una estructura metálica dendrítica, el eje longitudinal de las dendritas es perpendicular con: a) Gradiente de densidad. b) Dirección cristalográfica preferente. c) Isotermas de enfriamiento. d) Es aleatorio. 5.2 1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8. 9.
10. 11. 12. 13. 14. 15. 16. 17. 18. 19. 20. 21. 22. 23. 24.
CUESTIONES DE HETEROEVALUACIÓN Indica las diferencias entre la nucleación homogénea y la heterogénea. Indica los parámetros o condiciones que facilitan la formación de estructuras dendríticas. Indica las zonas donde es más probable encontrar granos equiaxiales y sus causas. ¿Como podemos favorecer la isotropía de las piezas coladas en metales puros? Razona las condiciones para que un núcleo extraño sea un afinador de grano. Identificación de fases en una aleación. Comentar brevemente los métodos utilizados. Dibujar un diagrama de equilibrio para un sistema A-B con solubilidad total en estado líquido y en estado sólido. ¿Qué condiciones deben cumplir A y B?. Justifica las causas por las que no pueden existir metales que se aleen intersticialmente, con solubilidad total en estado sólido. Prevee los problemas que podemos encontrarnos al calentar una aleación por debajo, pero próximo, de la linea de sólidus, si ésta ha sido obtenida por colada a velocidades de enfriamiento altas. Explica el fenómeno de la segregación dendrítica. Describe el efecto coring. Características resistentes de una estructura segregada. Etapas del recocido de homogeneización. Indica las características resistentes que se obtienen después de un recocido de homogeneización en una estructura segregada. Leyes que regulan los fenómenos de difusión. Microestructura del constituyente eutéctico. ¿Cómo influye éste en el comportamiento mecánico de las aleaciones? Analogías y diferencias entre la solidificación de un metal puro, una aleación eutéctica y una aleación con transformación eutéctica. Dibujar las curvas de enfriamiento. ¿Cuales consideras las dos ventajas fundamentales de las aleaciones eutécticas para la obtención de piezas coladas? ¿Cómo puede evitarse el efecto Coring en una aleación que presenta un amplio intervalo de solidificación?. ¿Cómo puede corregirse?. Justifica la posibilidad de que aparezca segregación dendrítica en una aleación de composición eutéctica. Justifica las características resistentes de una estructura que presente segregación dendrítica. Microestructura de las aleaciones hipoeutécticas. Microestructura de las aleaciones hipereutécticas. Razona el por qué son superiores las propiedades mecánicas alrededor de la composición 71
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eutéctica para las aleaciones que muestran este tipo de transformación. 25. Justifica las causas por las que puede presentarse insolubilidad en estado sólido entre dos metales. 26. Enumera y justifica cuales pueden ser los atractivos más importantes para el uso de aleaciones eutécticas. 5.3 PROBLEMAS Y EJERCICIOS PRACTICOS PROPUESTOS Problema 5.1 Una aleación binaria A-B presenta una estructura c.c.c., con parámetro reticular a = 0.358 nm. Si la concentración en masa del elemento B es de 0.8 %. Calcular la densidad de esta aleación suponiendo: a) que es de sustitución. b) que es intersticial. Datos: Masa atómica A = 56 Masa atómica B = 12 Nº Avogadro = 6.02 1023
1500
1455°
Problema 5.2 Con el diagrama de equilibrio Cu - Ni. Determinar para una aleación con el 40 % de Ni:
I
1400
Líquido L+α
II
1300 1200
a) Curva de enfriamiento, inter-valo de solidificación, fases presentes en cada una de las regiones que atraviesa.
1100
III
1083°
1000
α (Cu-Ni)
900
b) Relación de fases y pesos de las mismas a 1250° C para una aleación de 600 kg.
0
10
20
30
40 50 60 % en Níquel
C
70
80
800 90 100
Ni
Problema 5.3 Haciendo uso del diagrama Bi - Sb. Calcular para una aleación con 45 % de Sb: a) Transformaciones que experimenta al enfriarse lentamente desde el estado líquido hasta la temperatura ambiente. b) Dibújese la enfriamiento.
curva
630,5°
600 I
Líquido 500
II L+α
400
de
c) Si el enfriamiento no se verifica en condiciones de equilibrio, ¿Cuál será la máxima diferencia de concentración entre el centro de un grano y su periferia?
°C
300 III
271,4°
200
Solución sólida α
100
0
Bi
10
20
30
40 50 60 70 % en Antimonio
80
72
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0 90 100
Sb
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d) ¿A qué temperatura habrá un 50 % de aleación en estado líquido? e) Porcentaje de las fases a 400°C. Problema 5.4 Explicar, haciendo uso del diagrama de equilibrio de T ( ° C ) solubilidad total en estado líqui-do, cómo se podría purificar (aumentar el contenido del elemento B) una aleación cuya composición de partida es xB. Problema 5.5 En el interior de una pieza de acero que se está cementando a 1000°C existe en un momento la siguiente distribu-ción de carbono:
20
0
40
60
80
A
B
Distancia a la superficie (mm)
0.0
0.2
C % en peso
1.20
0.94 0.75 0.60 0.50 0.42 0.36 0.32 0.30
0.4
100
0.6
0.8
1.0
1.0
1.4
1.6
Calcular el número de átomos de carbono que atraviesan en un minuto, a dicha temperatura, una sección de 1 cm2 situada a 0.5 mm de la superficie libre. Datos: D = 3.4 10-7 cm2 s-1 Densidad Fe = 7.8 g cm-3 Problema 5.6 Sobre el diagrama de fases Cu-Ag, representado en la figura siguiente, determinar: 1100
1084.5°
1000 900
Temperatura °C
961.93°
Líquido (Cu)
800
7.9
91.2 (Ag)
71.9
700 600 500 400 0
Cu
10
20
30
40
50
60
70
Porcentaje en peso de Plata
80
90
100
Ag
a) El rango de aleaciones que sufrirán total o parcialmente, la transformación eutéctica 73
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b) Para una aleación con el 30% de Ag, calcule las composiciones y proporción de fases presentes a 900°C y a 500°C. c) Para esa misma aleación, represente gráficamente la estructura que presenta a 500°C. Problema 5.7 La figura muestra el diagrama de fases de las aleaciones binarias de CobreNíquel. Las resistencias del Cobre puro, Níquel puro y Metal Monel (70%Ni-30%Cu), que representa la aleación con mayores características mecánicas de este sistema, son las siguientes: RNi = 34 MPa RCu = 17 MPa 1500 1455° RMonel = 47 MPa Temperatura en °C
1400
Estima la carga de rotura que tendrá una pieza de aleación 60%Ni40%Cu obtenida en un proceso de colada sabiendo que la temperatura de solidus de la aleación medida en el proceso es de 1200°C.
1300 1200 1100
1083°
α (Cu-Ni)
1000 900
Problema 5.8 El diagrama de equilibrio de la figura corresponde al sistema Ag-Cu. Indicar utilizando el diagrama:
800 0
a) Relación de fases en la mezcla eutéctica, a la temperatura de transformación eutéctica..
c) Para esta misma aleación del 20% de Cu, calcular el porcentaje de constituyentes a 400°C. d) Transformaciones que experimenta una aleación con un 6% de Cu desde 1000°C hasta temperatura ambiente.
20
30
40 50 60 % en Níquel
70
80
90 100
Ni
1100
1084.5°
1000
961.93°
Líquido
900
Temperatura °C
b) Para una aleación con un 20% de Cu, calcular el porcentaje de fases a 400°C.
10
Cu
800
(Cu) (Ag)
700
8.8
28.1
92.1
600 500 400 0
Ag
10
20
30
40
50
60
70
80
90
Porcentaje en peso de Cobre
100
Cu
Problema 5.9 El diagrama de equilibrio de la figura corresponde al sistema Cd-Zn. A partir del mismo, obtener: a) Porcentaje de la mezcla eutéctica a 200°C. b) Para una aleación con un 50% de Zn, calcular el porcentaje de fases a 200°C. c) Para una aleación del 60% de Zn, calcular el porcentaje de constituyentes a 300°C. d) Para una aleación de cadmio con el 8% de Zn, transformaciones que experimenta al enfriarse desde los 400°C. 74
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Unidad 5 – Endurecimiento por aleación. Aleaciones con transformación eutéctica 450 419,58°
Temperatura, °C
400
350 266°
97,52% 320°C
300 266° 2,58
250
17,4
97,87 (Zn)
(Cd)
200 0
Cd
20
40
60
80
100
Zn
Porcentaje en peso de zinc
Problema 5.10 Considerando los datos recogidos en la tabla siguiente, calcular el coeficiente de difusión del magnesio en aluminio a 450°C, dado mediante la expresión:
D = D0 Metal disolvente Fe-α (c.c.) Fe-γ (c.c.c.) Fe-α (c.c.) Fe-γ (c.c.c.) Cu Cu Al Al Al Ni
D0 (m2/s) 2.0 x 10-4 5.0 x 10-5 6.2 x 10-7 1.0 x 10-5 7.8 x 10-5 3.4 x 10-5 1.7 x 10-4 6.5 x 10-5 1.2 x 10-4 2.7 x 10-5
Problema 5.11 Para la aleación plomo-estaño, del 30% en peso de plomo, cuyo diagrama de equilibrio se representa en la figura siguiente, calcular a 100°C: a) La cantidad relativa de cada fase presente. b) La cantidad de cada tipo de grano presente en la microestructura.
Q RT
Energía de activación Qc kJ/mol kcal/mol eV/mol 241 57.5 2.49 284 67.9 2.94 80 19.2 0.83 136 32.4 1.40 211 50.4 2.18 191 45.6 1.98 142 34.0 1.47 135 32.3 1.40 131 31.2 1.35 255 61.0 2.64 350
327,5°
300 Temperatura, °C
Sustancias difusivas Fe Fe C C Cu Zn Al Cu Mg Cu
e
−
250 200
232,0° (Pb)
183° 18,3
150
61,9
97,8 β (Sn)
100 50
Problema 5.12 Construir el diagrama de fases del sistema Plomo-Antimonio y completar las fases presentes en el mismo.
0 0
Pb
20 40 60 80 Porcentaje en peso de estaño
100
Sn 75
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Cuestiones y ejercicios de Fundamentos de Ciencia de Materiales
• Temperatura de fusión del plomo = 328°C • Temperatura de fusión del antimonio = 631°C • Composición eutéctica, 11 % de antimonio. • Solubilidad del antimonio en plomo:
máxima de 4% a 252°C nula a 25°C
• Solubilidad del plomo en antimonio:
máxima de 5% a 252°C 2% a 25°C
Problema 5.13 Para la aleación Cd-Zn, del 70% en peso de zinc, cuyo diagrama de equilibrio se representa en la figura, calcular a 200°C: 450 419,58°
Temperatura, °C
400
350 266°
97,52% 320°C
300 266° 2,58
250
17,4
97,87 (Zn)
(Cd)
200 0
Cd
20
40
60
Porcentaje en peso de zinc
80
100
Zn
a) La cantidad de cada fase presente. b) La cantidad de cada tipo de grano presente en la microestructura. Hacer una representación gráfica de ella a temperatura ambiente. c) Para la aleación indicada, dibujar el registro de enfriamiento, indicando las fases presentes en cada intervalo. Problema 5.14 Para una aleación Al-Ge, con el 50% atómico de Ge, cuyo diagrama de equilibrio se representa en la figura, Obtener: a) El porcentaje de fases presentes a 500 y 300°C.
b) Representar gráficamente la microestructura de la aleación a esas temperaturas de 500 y 300°C.
76
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Unidad 5 – Endurecimiento por aleación. Aleaciones con transformación eutéctica 1000
938,3°
900
Temperatura, °C
800 700
660,5°
600 500 400
2
28,4
98,9
420°
300 (Al)
200
(Ge)
100 0
20
Al
40
60
80
100
Porcentaje en peso de germanio
Ge
Problema 5.15. Con el diagrama de fases de la aleación Fe-Ge, representada en la figura siguiente, a) Trazar las curvas de enfriamiento, hasta los 300°C, de la aleación con un contenido atómico del 3% en Ge y del 33% en Ge, indicando las diferentes fases en cada zona. b) Composiciones y temperaturas eutécticas. 1700 1538
1500
Líquido
γ Fe
1300
1122
1100
1105
α Fe α2 α Fe
900
912
938.3
928
β
ε
840
838
748
Fe3Ge
700
η Ge 400
300 0
10
Fe
20
30
40
FeGe
α1
FeGe 2
ε'
500
Fe6Ge5
Temperatura, °C
1394
50
60
70
Porcentaje atómico de germanio
80
90
100
Ge
Problema 5.16. Los coeficientes de difusión de Ni en Fe a dos temperaturas, son los siguientes: T (K)
D (m2/s)
1473
2,2 x 10-15
1673
2,8 x 10-14
¿Cuál es el coeficiente de difusión a 1325 °C? 77
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Cuestiones y ejercicios de Fundamentos de Ciencia de Materiales
Considerar la expresión del coeficiente de difusión siguiente: −
D = D0
e
Qd R⋅T
siendo R = 8,31 J/mol · K Problema 5.17. El metal A (Tf = 960°C) y el metal B (Tf = 1083°C), son completamente solubles en estado líquido. En estado sólido, la máxima solubilidad a 779°C, de B en A es del 9% y de A en B del 8% (% en peso); a la temperatura ambiente (20°C), la máxima solubilidad de B en A es del 4% y de A en B del 1,5% (igualmente en peso). Además, a 779°C, y para una concentración del 29% de B se produce una solidificación súbita. Se pide: a) Dibujar, linealizando, las curvas de líquido, sólido y de transformación b) ¿Es posible la segregación dendrítica? Si es así, ¿para qué rango de concentraciones?. c) ¿Es posible el proceso de envejecimiento? Si es así, ¿para qué rango de concentraciones? d) Porcentaje de fases , a 20°C, de la aleación con un 35 % de elemento B. e) Dibuja la microestructura, a 20°C, para esa misma aleación del 35% de B Problema 5.18. El diagrama de equilibrio de la figura corresponde al sistema Sn-Pb. Indicar utilizando el diagrama: 350
327,5°
Temperatura, °C
300 250
232,0°
200
183° 18,3
150
61,9
97,8
100 50 0 0
Pb a) b) c) d)
20 40 60 80 Porcentaje en peso de estaño
100
Sn
Las fases presentes en cada una de las distintas zonas. Las fases, y su composición, que presenta una aleación del 25% de estaño a 200°C. La proporción en peso de los constituyentes, granos, presentes en una aleación del 40% en peso de estaño, a 150°C. Transformaciones que experimenta una aleación, durante su enfriamiento desde el estado líquido, con las composiciones del 30%, del 61.9% y del 80% de estaño en peso, respectivamente.
Problema 5.19. Con el diagrama de fases de aluminio-níquel, representado en la figura: a) Trazar la curva d eenfriamiento desde 1000°C hasta 400°C de la aleación con un contenido en átomos del 30% de níquel, indicando las diferentes fases presentes en cada zona. b) Indicar las composiciones y temperaturas eutécticas. 78
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Unidad 5 – Endurecimiento por aleación. Aleaciones con transformación eutéctica
c) El porcentaje de fases presente a 500°C de una aleación del 12% en átomos de níquel.
1800 1700 Líquido 1600 1500 1400 1300 1200 1133 1100 1000 900 854 800 700 650 639.9 600 Al 500 400 0
10
20
1455 AlNi
Ni
700
Al3Ni2
Al3Ni
Temperatura °C
d) Dibujar la microestructura que se observaría a esta temperatura para esta última aleación.
30
AlNi3
40
50
60
70
80
90
100
Porcentaje atómico en níquel Problema 5.20. Calcular el porcentaje de fases presentes, a 200°C, para dos aleaciones de AlMg con contenidos de: a) 80% en peso de magnesio, y, b) 92% en peso de magnesio. c) y d) Dibujar las microestructuras que se obtendrían en las anteriores aleaciones, para la mencionada temperatura de 200°C. 700
660.452°
650° Líquido
Temperatura, °C
600 500 α
400
35.6
450°
455°
17.1
59.8
36.1 ε
66.7
437° 87.4
δ
γ
300 β
200 100 0
Al
10
20
30
40
50
60
70
80
Porcentaje en peso de magnesio
90
100
Mg
79
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Cuestiones y ejercicios de Fundamentos de Ciencia de Materiales
SOLUCION A LAS CUESTIONES DE AUTOEVALUACION: 1 - a, 2 - d, 3 - d, 4 - c, 5 - b, 6 - b, 7 - a, 8 - d, 9 - b, 10 - d, 11 - b, 12 - a, 13 - b, 14 - c, 15 - a, 16 - d, 17 - b, 18 - c, 19 - c, 20 - d, 21 - d, 22 - a, 23 - b, 24 - c, 25 - b, 26 - c, 27 – a, 28 - c.
80
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Unidad 5 – Endurecimiento por aleación. Aleaciones con transformación eutéctica
5.4 PROBLEMAS Y EJERCICIOS PRACTICOS RESUELTOS Solución al problema 5.1 a) La concentración atómica de la aleación será: 100 - 0.8 ⋅ NA 56 ⋅ 100 = 96 % atomos de A CA = 100 - 0.8 0.8 ⋅ NA + ⋅ NB 56 12 De forma análoga
CB = 4 % átomos de B
Como la estructura es c.c.c., el número de átomos por celdilla será 4. ds =
4 ⋅ Ma 4 ⋅ 54 ⋅ 10 -3 -3 = ⋅ = 7892 Kg / m3 10 3 ⋅ 23 ⋅ 3. 3 ⋅ -30 6.02 ⋅ a NA 10 58 10
Se ha considerado la masa atómica como un valor medio al ser los átomos distintos. Ma = b)
di =
96 ⋅ 56 + 4 ⋅ 12 = 54 100
Masa de los atomos insertados + Masa de los atomos de la red Volumen de la celdilla
En este caso se debe considerar que todos los átomos del elemento B se insertan en los huecos de la red. Luego si tomamos 100 átomos (96 del elemento A y 4 del elemento B) 96 son reticulares y 4 intersticiales. Es decir, en una celdilla los átomos intersticiales serán: ( 100 - x ) ⋅ 4 x luego: 100 - x 100 - 96 ⋅4 MB+4 M A 4 ⋅ 12 + 4 ⋅ 56 x 96 -3 di = 10 = 10 -3 = 8140 Kg / m3 3.58 10 -30 ⋅ 6.02 10 23 a3 ⋅ N A Solución al problema 5.2 a)
Por encima de 1280°C toda la aleación está en estado líquido (1 fase).
Entre 1280° y 1200°C (intervalo de solidificación) coexisten las fases líquida y solución sólida α (2 fases). Por debajo de 1200°C toda la aleación ha solidificado en forma de solución sólida α (1 fase). La curva de enfriamiento aparece representada junto al diagrama.
81
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Cuestiones y ejercicios de Fundamentos de Ciencia de Materiales 1455° I
1280°C
θl θs
1300
32
Temperatura, °C
48
1200 1100
III
1083°
1000
α (Cu-Ni)
900 800 0
10
20
30
Cu
b)
1400
L íquido
1200°C
1500
40 50 60 % en Níquel
70
80
90
100
Ni
Aplicando la regla de la palanca: 52 - 40 12 3 mL = = = 40 - 32 8 2 mS
(Relación de fases)
mL + mS = 600 luego : mL = 360 Kg
mS = 240 Kg
Solución al problema 5.3 a) Por encima de 510°C se encuentra en estado líquido (1 fase); por debajo de 350°C todo es solución sólida α (1 fase); entre 510° y 350°C coexisten líquido y solución sólida α (2 fases). b) La curva de enfriamiento aparece representada junto al diagrama. 630,5°
°C 600
I
Líquido
20
500
87
II L+α
400
65
10
510°C 350°C
300 271,4°
III 200
Solución sólida α
100 0 0
Bi
10
20
30
40 50 60 70 % en Antimonio
80
90
100
Sb
c) Al formarse un grano no homogéneo, las concentración de Sb varía desde el 87.5 % (primera solidificación) hasta el 10 % (final de la solidificación) para la concentración considerada. d) Cuando esto ocurre Líquido/Sólido = 1, es decir, los segmentos a y b deben de ser iguales. 82
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Unidad 5 – Endurecimiento por aleación. Aleaciones con transformación eutéctica
Esto ocurre a 415°C. (Solución gráfica). Queda al libre albedrío del lector el intentar la solución por métodos analíticos. e)
Líquido + Solución sólida α = 100 Líquido (45 - 20) = α (65- 45)
luego:
Líquido = 44.4 %
T (°C)
α = 55.6 % Solución al problema 5.4
1”
1
1’
Para purificar la aleación (aumentar el contenido del elemento B) nos moveremos en la zona II del diagrama (equilibrio Líquido ⇔ Solución sólida). Si la aleación de partida (concentración xB) la llevamos al punto 1, el sistema estará formado por liquido enriquecido en A, punto 1', y el sólido enriquecido en B, punto 1'', siendo su concentración x'B, superior a la inicial xB.
20
0
A
40
XB
60
X’B
80
100
B
Si en este momento separamos el líquido del sólido, éste tendrá la nueva concentración x'B. Repitiendo el proceso las veces necesarias vamos aumentando la concentración de B en los cristales, pudiendo llegar a ser estos del 100 % de pureza. Este proceso, repetido escalonadamente, como aparece en la gráfica, se conoce industrialmente como proceso de refinación por zonas. Solución al problema 5.5 La sección considerada está entre las distancias 0.4 y 0.6, siendo sus concentraciones volumétricas (C = átomos/cm3): C1
C2
=
=
0.75 ⋅ 7.8 ⋅ 6.02 10 23 (100 − 0.75) ⋅ 12 0.60 ⋅ 7.8 ⋅ 6.02 10 23
(100 − 0.60) ⋅ 12
=
2.93 ⋅ 10 21
atomos / cm 3
=
2.35 ⋅ 10 21
atomos / cm 3
Se pide el número de átomos de carbono que atraviesan una sección de 1 cm2 en 60 segundos, la fórmula: J = - D
dC dx
83
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Cuestiones y ejercicios de Fundamentos de Ciencia de Materiales
nos proporciona el flujo atómico (átomos que atraviesan una sección unitaria en la unidad de tiempo). Para calcular el número de átomos será: N
N
=
− 3.4 ⋅ 10
−7
=
( 2.93 − 2.35)
dC ⋅S⋅t dx
−D 10 21
0.06 − 0.04
⋅ 1 ⋅ 60 =
− 5.90 ⋅ 1017
atomos
Solución al problema 5.6 a) Sufren transformación eutéctica todas las aleaciones que, durante el enfriamiento, cortan a la isoterma eutéctica a 780°C. Así pues, sufren la transformación eutéctica todas las aleaciones desde 7.9% Ag hasta 91.2% Ag. b) La aleación con el 30% Ag es una aleación hipoeutéctica. Analizaremos el equilibrio de fases a cada temperatura por separado. 1100
1084.5°
1000 900
Temperatura °C
961.93°
Líquido (Cu)
800
7.9
91.2 (Ag)
71.9
700 600 500
7
400 0
Cu
10
41 20
30
40
50
60
70
Porcentaje en peso de Plata
80
90
100
Ag
A 900°C: La aleación se encuentra en una zona bifásica de L+α. Los puntos de corte de la isoterma de 900°C con las líneas del diagrama que separan a esta zona de las respectivas zonas monofásicas: α por la izquierda y L por la derecha, nos dan la composición de cada fase. A partir de los valores de composición pueden calcularse las proporciones de cada fase, aplicando la regla de la palanca: Fases α L Composición 7% Ag 41% Ag Proporción (41-30)/(41-7) (30-7)/(41-7) 32.35 % 67.65 % 84
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Unidad 5 – Endurecimiento por aleación. Aleaciones con transformación eutéctica
A 500°C: La aleación ya es sólida, y se encuentra en la zona bifásica de α + β. Los puntos de corte de la isoterma de 500°C con las líneas del diagrama que separan a esta zona de las respectivas zonas monofásicas: α por la izquierda y β por la derecha, nos dan la composición de cada fase. A partir de los valores de composición pueden calcularse las proporciones de cada fase, aplicando la regla de la palanca: 1100
1084.5°
1000 900
Temperatura °C
961.93°
Líquido (Cu)
800
7.9
91.2 (Ag)
71.9
700 600 500
98
3
400 0
Cu Fases Composición Proporción
10
20
30
40
50
60
70
80
90
Porcentaje en peso de Plata α 3% Ag (98-30)/(98-3) 71.58 %
100
Ag
β 98% Ag (30-3)/(98-3) 28.42 %
c) Los cálculos efectuados a 500°C nos indican la cantidad exacta de cada fase y su composición, pero no indican cómo se distribuyen dichas fases. Por ser una aleación que sufre la transformación eutéctica, con composición hipoeutéctica, sabemos que la estructura estará formada por: o granos de α proeutéctica, que solidifican en el seno del líquido durante el enfriamiento de la aleación, entre los 940 y los 780°C. o granos de mezcla eutéctica, correspondientes a la solidificación del último líquido, de composición eutéctica, a 780°C, que rodean a los granos de α. Puede estimarse con buena aproximación la cantidad relativa de cada tipo de grano: α o eutéctico E, aplicando la regla de la palanca entre la línea de solvus por la izquierda, que da la composición de α, y la composición eutéctica: 71.9% Ag. En este E α caso se tendrá: α E Constituyentes: α E E α Proporción: (71.9-30)/(71.9-3) (30-3)/(71.9-30) α α 60.81 % 39.19 % con una estructura similar a la mostrada en la figura adjunta.
E
α
α 85
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Cuestiones y ejercicios de Fundamentos de Ciencia de Materiales
Solución al problema 5.7 Para una aleación 60%Ni40%Cu, tener una temperatura de sólidus de 1200°C significa que la aleación ha sufrido segregación dendrítica, lo que implica que el último líquido que solidificará tendrá una composición, según el diagrama de equilibrio, del 20% de Ni, y por lo tanto será la resistencia mecánica correspondiente a este porcentaje en níquel la que caracterizará la resistencia mecánica de toda la aleación.
1500
1455°
Temperatura en °C
1400 1300 1200 1100
1083°
α (Cu-Ni)
1000 900 800 0
10
20
30
40 50 60 % en Níquel
Cu
70
80
90
100
Ni
Esta resistencia se obtendrá de la gráfica linealizada del comportamiento de las aleaciones Cu-Ni, o bien interpolando entre la resistencia del cobre puro y la del monel, de esta forma obtenemos que la resistencia de la aleación será de 25.6 MPa. Solución al problema 5.8 a)
A la temperatura de transformación eutéctica, el eutéctico está conformado por: Fases
α
β
8.8% Cu
92,1% Cu
(92,1-28.5)/(92,1-8.8)
(28.5-8.8)/(92,1-8.8)
Composición Proporción
76.35 %
23.65 %
con lo que la relación entre las fases será: α β
=
76,35 23,65
= 3,23 1100
b) A 400°C, la composición y proporción de las fases estimada es: Composición Proporción
α
β
2% Cu
99% Cu
(99-20)/(99-2)
(20-2)/(99-2)
81.4 %
18.6 %
c) A 400°C, el porcentaje de los constituyentes viene dado por:
961.93°
Líquido
900
Temperatura °C
Fases
1084.5°
1000
800 700
(Cu) (Ag) 8.8
28.1
92.1
600 500
99
2
400 0
Ag
10
20
30
40
50
60
70
Porcentaje en peso de Cobre
86
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80
90
100
Cu
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Unidad 5 – Endurecimiento por aleación. Aleaciones con transformación eutéctica
Constituyentes
Granos α
Granos eutécticos
Composición
2% Cu
28.5% Cu
Proporción
(28.5-20)/(28.5-2)
(20-2)/(28.5-2)
32.1 %
67.9 %
d) A la vista del diagrama de equilibrio, y de manera aproximada, las transformaciones que suceden en la aleación con un 6% de Cu son las siguientes: o De los 1000°C a los 910°C, la aleación se encuentra en estado líquido. o A los 910°C inicia la solidificación que completa alrededor de los 850°C, por lo que en este intervalo coexisten fase α sólida y fase en estado líquido. o A partir de los 850°C y hasta aproximadamente los 720°C, el material no sufre transformación y se encuentra en estado sólido como fase α. o Es a partir de los 720°C cuando cruza la línea de solubilidad parcial y por lo tanto inicia la formación de un precipitado, principalmente ubicado en borde de grano, rico en cobre, concretamente de fase β. Por lo tanto y desde los 720°C hasta la temperatura ambiente tendremos granos de fase α con precipitados de fase β. Solución al problema 5.9 a) La mezcla eutéctica, que tiene una composición de un 17.4% de Zn, esta compuesta, en los 200°C, por fase α con una composición de aproximadamente el 1.95% de Zn y una fase β con una composición aproximada del 99.1% de Zn. La proporción de fases en el eutéctico será: Fases
α
Composición Proporción
1.95% Zn (99.1-17.4)/(99.1-1.95) 84.1 %
β 99.1% Zn (17.4-1.95)/(99.1-1.95) 15.9 %
b) A 200°C, una aleación con un 50% de Zn presenta dos fases, cuya proporción será: Fases
α
Composición Proporción
1.95% Zn (99.1-50.0)/(99.1-1.95) 50.54 %
β 99.1% Zn (50.0-1.95)/(99.1-1.95) 49.46 %
c) A 300°C, una aleación con un 60% de Zn, presenta una fase en estado líquido y la fase β sólida, cuyas proporciones serán: Fases
Líquido
Composición
32.1% Zn
Proporción
(97.6-60.0)/(97.6-32.1) 57.40 %
β 97.6% Zn (60.0-32.1)/(97.6-32.1) 42.60 %
87
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Cuestiones y ejercicios de Fundamentos de Ciencia de Materiales 450 419,58°
Temperatura, °C
400
350 266°
97,52% 320°C
300 266° 2,58
250
17,4
97,87 (Zn)
(Cd)
32.1
200 0
20
Cd
97.6
40
60
80
100
Zn
Porcentaje en peso de zinc
d) A la vista del diagrama de equilibrio, y de manera aproximada, las transformaciones que suceden en la aleación de cadmio con el 8% de Zn, son las siguientes: o De los 400°C a los 288°C, la aleación se encuentra en estado líquido. o A los 288°C inicia la solidificación que completa a los 266°C, temperatura de transformación eutéctica. Durante este intervalo coexisten fase α sólida rica en cadmio y fase en estado líquido. o A los 266°C tiene lugar la transformación eutéctica del líquido restante. o A partir de los 266°C no presenta más transformaciones, por lo que la estructura del sólido será de fase α proeutéctica junto a granos eutécticos procedentes de la transformación del último líquido. Solución al problema 5.10 Considerando la constante de los gases R = 8.31 J/mol-K, −
D =
D0
e
131 ⋅ 103 8.31 ⋅ ( 450 + 273)
= 4.073 ⋅ 10 −14
m2 / s
Solución al problema 5.11 a) Las fases presentes serán α y β, y su proporción, utilizando la regla de la palanca, será: %α %β
= =
98 − 70 98 − 6
=
30.43 %
70 − 6 98 − 6
=
69.57 %
b) La cantidad de componentes vendrá dada, granos β y eutécticos, por:
88
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Unidad 5 – Endurecimiento por aleación. Aleaciones con transformación eutéctica
%β
70 − 619 . 98 − 619 .
=
% Eutectico = 350
=
98 − 70 98 − 619 .
22.44 % = 77.56 %
327,5°
300
Temperatura, °C
250
232,0°
200
(Pb)
183° 18,3
61,9
97,8
150 β (Sn)
100 50
6
0 0
98 20
Pb
40
60
80
100
Sn
Porcentaje en peso de estaño
Solución al problema 5.12 La construcción del diagrama de fases puede observarse en la figura donde cabe señalar la presencia del eutéctico con el porcentaje del 11% cuya temperatura de transformación es de 252°C.
631
T (°C)
Líquido
328
L+β
L+α 252
En el mismo diagrama se han representado las diferentes zonas con sus fases correspondientes, princi-palmente, las zonas de líquido, líquido + fase α, líquido más fase β, zona monofásica α, zona monofásica β, y zona bifásica α + β, que se divide en dos zonas, una hipoeutéctica (E + α) y otra hipereutéctica (E + β).
β
E
α
(α + β)
Pb
4%
11%
95% 98% Sb
Solución al problema 5.13 a) Las fases presentes, a 200°C, serán α y β, y su proporción, utilizando la regla de la palanca, será: 99 − 70 %α = = 29.9 % 99 − 2
%β
=
70 − 2 99 − 2
= 70.10 % 89
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Cuestiones y ejercicios de Fundamentos de Ciencia de Materiales
b) La cantidad de cada tipo de grano presente en la microestructura, granos β ricos en Zn y eutécticos, vendrá dada por:
%β
=
70 − 17.4 99 − 17.4
% Eutectico
=
E
β
β
3554 . %
=
β E
= 64.46 %
99 − 70 99 − 17.4
E
β
β β
E
β
c) El registro de enfriamiento, se representa junto al diagrama de equilibrio, indicándose las fases presentes en cada intervalo: Fase líquida, líquido + β y α + β. 450 419,58°
Líquido
Líquido + β
Temperatura, °C
400
α+β
350 266°
97,52% 320°C
300 266° 2,58
250
17,4
97,87 (Zn)
(Cd)
200 0
20
Cd
40
70
60
80
100
Zn
Porcentaje en peso de zinc
Solución al problema 5.14. 1000
a y b) El porcentaje de fases a 500Cº será:
938,3°
900
99
50
β
L β L
99 − 50 %L = × 100 = 76,6% líquido 99 − 35 %β =
800 700
Temperatura, °C
35
660,5°
600 500 400
2
28,4
98,9
420°
300 (Al)
200
50 − 35 × 100 = 23,4% s.s. β 99 − 35
(Ge)
100 0
Al
20
40
60
a 300Cº, el porcentaje de fases será 1 α
99,5
50
%α =
99,5 − 50 × 100 = 50,3% de s.s α 99,5 − 1
β β E
%β =
80
Porcentaje en peso de germanio
50 − 1 × 100 = 49,7% de s.s β 99,5 − 1
90
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100
Ge
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Unidad 5 – Endurecimiento por aleación. Aleaciones con transformación eutéctica
Los constituyentes serán β + E E
50
β
28,4
%E =
99,5
99,5 − 50 × 100 = 69,7% 99,5 − 28,4
Solución del problema 5.15. 1700
3%
33%
1538
1500 Líquido
γ Fe
1300
1122 1105
1100 α Fe α2 α Fe
900
938.3
928
β
ε
912
840
700
838
748
Fe3Ge η
Ge 400
300 0
10
Fe
20
30
FeGe
α1
FeGe2
ε'
500
Fe6Ge5
Temperatura, °C
1394
40
50
60
70
80
90
100
Ge
Porcentaje atómico de germanio
a) En el diagrama se representa las composiciones cuyas curvas de enfriamiento se especifican a continuación. L
L 1125 Cº 1105 Cº
β + liquido β+ε
700 Cº
β + ε’ 400 Cº
1530 Cº 1520 Cº
α + liquido α
1340 Cº 1300 Cº
α+γ
1340 Cº
γ α +γ
980 Cº
α
α’ + β 33% Ge
3% Ge
b) En el diagrama se aprecian dos eutécticos con las siguientes temperaturas y composiciones: Temperatura
Composición
Eutéctico 1
1105 ºC
31% Ge
Eutéctico 2
838 ºC
69% Ge
91
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Solución del problema 5.16. Conociendo los coeficientes de difusión de dos temperaturas distintas, tendremos: 2,2 ⋅10 −15 = D0 ⋅ e
−Qd
2,8 ⋅10 −14 = D0 ⋅ e
8 ,31⋅1473
−Qd
8 ,31⋅1673
con lo que, −Qd
2,2 ⋅ 10 −15 e 8,31⋅1473 = −Q d 2,8 ⋅10 −14 e 8,31⋅1673
y podremos calcular el calor de activación, Qd, 0,079 = e
1 1 Qd − 13903 12241
→ − 2,54 = −9,77 ⋅10 − 6 Qd
→ Q d = 259980
y sustituyendo para cualquier temperatura conocida, podemos calcular D0 2,2 ⋅10 −15 = D 0 ⋅ e
−259980
→ D 0 = 3,68 ⋅10 − 6
12241
Sustituyendo los valores a la temperatura de 1325 °C, tendremos: D = 3,68 ⋅ 10 −6 ⋅ e
−259980
8 ,31⋅1325
D = 2,05 ⋅ 10 − 26 m 2 / s
Solución del problema 5.17. a) 1100
LIQUIDO
1000
960°C
35%B
900 800
Eutéctico
700
779°C β
α
600 500 400
α+β
300 200 100 0 0
A
10
20
30
40
50
60
70
80
90 100
B
92
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Unidad 5 – Endurecimiento por aleación. Aleaciones con transformación eutéctica
b) Sí, aquellas aleaciones que resultan con solubilidad en estado sólido. Marcadas en gris en el diagrama. Hasta 4% de B en A y hasta el 1,5% de A en B. c) Sí, aquellas aleaciones que presentan solubilidad parcial en estado sólido. Con trama diagonal en el diagrama. Del 4 al 9% de B en A y del 1,5 al 8% de A en B. 98,5 − 35 = 67, 2% d) %α = Eutéctico 98,5 − 4 %β
e)
%β
= =
Eutéctico
35 − 4 98,5 − 4
= 32,8%
Eutéctico β
35 − 29 98,5 − 29
% Eutéctico =
β
= 8,6%
98,5 − 35 98,5 − 29
β
Eutéctico
= 91,4%
Solución del problema 5.18. a) En la gráfica se indican las diferentes fases presentes: líquido, fase alfa rica plomo y fase beta rica en estaño. 350
327,5°
Temperatura, °C
300
Líquido
250
232,0°
L+α
200
L+β
183°
Pb (α α)
18,3
150
61,9
97,8
Sn (β β)
100
α+β
50 0 0
Pb
20 40 60 80 Porcentaje en peso de estaño
100
Sn
b) Para la aleación con el 25% de estaño a 200°C tenemos las fases siguientes: Líq. α 18
25
56
que porcentualmente serán: fase sólida de Pb (α) = (56-25)/(56-18) = 81.58% fase líquida 56% Sn = (25-18)/(56-18) = 18.42% c) La proporción de los constituyentes, para una aleación del 40% de estaño a 150°C será: Sólido a (11% Sn) = (61.9 – 40) / (61.9 – 11) = 43.03% Sólido eutéctico (61.9% Sn) = (40 – 11) / (61.9 – 11) = 56.97% 93
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d) Las transformaciones serán las indicadas en las gráficas siguientes:
30% Sn
61.9% Sn
80% Sn
Líquido
Líquido
280°C
Líquido 210°C
Temperatura
L+α
L+β
183°C
183°C
183°C
Eutéctico
α+E
β+E
Solución del problema 5.19. a) La curva de enfriamiento se representa en la figura siguiente, obteniéndose la tranformación a Al3Ni + Al3Ni2 por desdoblamiento del líquido en estas dos fases a la temperatura de 854 °C.
Al3Ni + Al3Ni2 Tiempo
1638
Líquido
1455 1395 1385
AlNi
1133
Ni
854 660
700 639.9
Al 0
10
Al3Ni2
L + Al3Ni2
1700 1600 1500 1400 1300 1200 1100 1000 900 800 700 600 500 400
Al3Ni
Temperatura °C
1800
20
30
40
AlNi3 50
60
70
80
90
100
Porcentaje atómico en níquel
b) El diagrama presenta dos puntos eutécticos: el primero corresponde al 3% de níquel y tiene lugar a una temperatura de 639,9°C. El segundo corresponde al 73% de níquel y tiene lugar su transformación a los 1385°C. c) A los 500°C existen, para un 12% atómico de níquel, dos fases: la primera Al prácticamente puro y la segunda el intermetálico Al3Ni, cuyas proporciones serán: % Al =
25 − 12 × 100 = 52 % atómico de aluminio 25
94
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Unidad 5 – Endurecimiento por aleación. Aleaciones con transformación eutéctica
% Al 3 Ni =
12 × 100 = 48 % atómico 25
d) Para esta última aleación y a la temperatura de 500°C, la microstructura estará formada por dos tipos de granos, el primero proeutéctico de Al3Ni que ha iniciado su formación a los 854°C y el eutéctico, con una composición del 3% atómico de níquel. La microestructura se representa en la figura que corresponde a los porcentajes atómicos siguientes: % Al 3 Ni =
Eutéctico Al3Ni Eutéctico
Al3Ni
Eutéctico
Al3Ni
Al3Ni
Al3Ni
Eutéctico 12 − 3 × 100 = 41 % 25 − 3
% Eutéctico =
25 − 12 × 100 = 59 % 25 − 3
Solución del problema 5.20. a) A los 200°C existen, para un 80% en peso de magnesio, dos fases: la primera, fase γ, con un 58% Mg y la segunda, fase δ, con un 94% Mg, cuyas proporciones serán:
700
%γ=
94 − 80 × 100 = 38,89 % 94 − 58
%δ=
80 − 58 × 100 = 61,11 % 94 − 58
660.452°
650° Líquido
Temperatura, °C
600 500
35.6
450°
α
455°
17.1
400
59.8
36.1 ε
66.7
437° 87.4
δ
γ
300 β
200
58
100 0
Al
10
20
30
40
50
60
70
80
90
94
Porcentaje en peso de magnesio
100
Mg
b) A los 200°C existen, para un 92% en peso de magnesio, seguimos teniendo las dos mismas fases: la primera, fase γ, con un 58% Mg y la segunda, fase δ, con un 94% Mg, cuyas 95
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proporciones serán: %γ=
94 − 92 × 100 = 5,56 % 94 − 58
%δ=
92 − 58 × 100 = 94,44 % 94 − 58
c y d) Para estas aleaciones y a la temperatura de 200°C tendremos las siguientes microestructuras. Para el 80% de Mg y a partir de los 535°C se iniciará la solidificación de granos δ proeutécticos, finalizando la transformación eutéctica a los 437°C, por lo que su microestructura será de granos δ rodeados de granos eutécticos.
Fase γ
Fase Eutéctica
Fase δ
Fase δ
80% Mg
92% Mg
Para el 92% Mg, llega a transformar completamente a fase δ, entre los 508 y los 308°C, precipitando fase γ en borde de grano, principalmente, a partir de los 308°C aproximadamente.
96
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UNIDAD 6 Endurecimiento por aleación. Aleaciones con solubilidad parcial en estado sólido 6.1 CUESTIONES DE AUTOEVALUACIÓN 1 - En los aceros hipereutectoides la cementita aparece en: a) Bordes de grano de la perlita. b) Bordes de grano de la ferrita. c) Disuelta en la ferrita. d) En los bordes de grano y en la perlita. 2 - El endurecimiento óptimo de aleaciones por envejecimiento, aumenta: a) Con la temperatura de envejecimiento. b) Con la cantidad de fase beta coherente endurecedora. c) Con el tiempo de envejecimiento. d) Con la cantidad de partículas beta observadas al microscopio. 3 - En los tratamientos mixtos acritud + envejecimiento, la acritud se aplica: a) Tras el envejecimiento antes del sobrenvejecimiento. b) Antes de la solubilización. c) En estado de temple. d) Durante la solubilización. 4 - El sobrenvejecimiento fundamenta su ablandamiento en: a) Disolución de las partículas de precipitado. b) Engrosamiento de las partículas. c) Desaparición de las partículas pequeñas. d) Pérdida de coherencia de las partículas con la matriz. 5 - Con el envejecimiento artificial obtenemos: a) Características mecánicas menos elevadas. b) Aumento de su fragilidad. c) Precipitados coherentes. d) Todas son correctas. 6 - ¿Qué contenido aproximado en perlita presentará un acero al carbono con 0,2% de C?: a) 25%. b) 37%. c) 50%. d) 63%. 97
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7 - ¿Qué contenido aproximado en perlita presentará un acero al carbono con 0,6% de C?: a) 25%. b) 37%. c) 50%. d) 75%. 8 - La microestructura de la perlita varía con: a) El contenido en carbono del acero. b) La velocidad de enfriamiento. c) La composición de la ferrita. d) La temperatura de austenización. 9 - En los aceros hipoeutectoides la cementita aparece en: a) En la perlita. b) En los bordes de grano de la ferrita. c) En los bordes de grano de la austenita. d) Disuelta en la austenita. 10 - Si realizamos el envejecimiento a alta temperatura obtendremos: a) Altas características resistentes. b) Tiempos de procesos largos. c) Riesgo de sobreenvejecimiento. d) Aumento asintótico de las características dúctiles. 11 - El endurecimiento por envejecimiento puede aplicarse: a) A todas las aleaciones. b) Sólo a las que tienen cambio de fase en estado sólido. c) Sólo a las que muestran zonas monofásicas con curva de solubilidad creciente con la temperatura. d) En aleaciones con al menos cuatro componentes. 12 - El proceso de envejecimiento requiere que la primera fase de solubilización y enfriamiento se realice: a) Con las condiciones de reversibilidad del diagrama de equilibrio en las dos etapas. b) Reversible la etapa de solubilización e irreversible la de enfriamiento. c) Sin las condiciones de reversibilidad en las dos etapas. d) No importa en qué condiciones se realice. 13 - El Envejecimiento artificial se efectúa a temperaturas más altas que el natural a fin de: a) Incrementar características resistentes. b) Acortar el tiempo de tratamiento de envejecimiento. c) Incrementar características plásticas. d) Modificar la estructura de la aleación. 14 - El sobrenvejecimiento es la peculiaridad del tratamiento de envejecimiento por el que: a) Disminuyen características resistentes y plasticidad de la pieza envejecida. b) Se fragiliza la pieza en proceso de envejecimiento. c) Aumenta la plasticidad y disminuyen las características resistentes de la pieza envejecida. d) Aumentan las características mecánicas. 98
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Unidad 6 – Endurecimiento por aleación. Aleaciones con solubilidad parcial en estado sólido
15 - El envejecimiento fundamenta el endurecimiento en la dificultad que imponen al movimiento de dislocaciones: a) Los precipitados visibles por microscopio óptico. b) Los precipitados coherentes invisibles por microscopía óptica. c) Los precipitados incoherentes visibles por microscopía electrónica. d) Cualquier tipo de precipitados. 16 - Las partículas que precipitan en primer lugar en el proceso de envejecimiento son con forma y dimensiones: a) Placa fina en modo coherente. b) Placa gruesa en modo incoherente. c) Esférica fina coherente. d) Esférica gruesa incoherente. 17 - La estructura de Windmasttaeten requiere para su formación: a) Altas velocidades de enfriamiento. b) Bajas velocidades de enfriamiento. c) Bajo nivel de dislocaciones. d) Bajos niveles de sobresaturación del soluto. 18 - El mecanismo de Orowan justifica el endurecimiento de las aleaciones envejecidas por: a) Corte de las partículas de precipitado. b) Discrepancia de las semipartículas deformadas. c) Enlazamiento de partículas por dislocaciones. d) Eliminación de las partículas precipitadas. 19 - La deformación plástica de la probeta después del temple consigue, por la nucleación heterogénea de los precipitados en dislocaciones: a) Mejorar las características plásticas del material. b) Estabilizar el periodo postenvejecimiento. c) Mejorar las características resistentes y disminuir el sobrenvejecimiento. d) Disminuir la cantidad de precipitados obtenidos. 20 - El enfriamiento enérgico, en el temple, tiene como consecuencia mejorar las características resistentes por: a) Nuclear de forma heterogénea en dislocaciones por el enfriamiento. b) Acumular el envejecimiento con las tensiones internas del temple. c) Obtener menor nivel de sobresaturación. d) Aumentar la incoherencia de las partículas. 21 - Por el análisis dilatométrico diferencial se registra, con relación a la probeta de referencia: a) La variación de longitud en función de la temperatura. b) El coeficiente de dilatación lineal. c) El coeficiente de dilatación superficial. d) La transmisión de calor. 22 - Un cambio de fase se identifica en un registro dilatométrico, por: a) Un salto de longitud a la temperatura de transformación. b) Un incremento brusco de la temperatura. c) Un cambio de pendiente a la temperatura de transformación. d) Un cambio brusco de pendiente en la zona de temperaturas de transformación entre dos pendientes, fase inicial y final, diferenciadas. 99
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Cuestiones y ejercicios de Fundamentos de Ciencia de Materiales
23 - La transformación eutectoide sucede solamente: a) Para la composición eutectoide. b) Para la temperatura de transformación eutectoide. c) Para la temperatura de transformación eutectoide y zona inferior bifásica. d) Cuando coexisten zonas monofásicas y bifásicas. 24 - Los granos de perlita, eutectoide Fe-C, se conforman: a) Por creación de nuevos granos a partir de los granos de austenita, fase primaria de la transformación eutectoide. b) Sustituyendo, uno a uno, los granos de austenita por los de perlita. c) Por formación previa de precipitados de cementita. d) Por recristalización de la austenita. 25 - Una ventaja de la transformación eutectoide es que: a) Consigue aumentar el tamaño de grano con el cambio de fase. b) Aumentar los parámetros de plasticidad de la aleación. c) Aumentar la embutibilidad de la aleación. d) Consigue mejorar las características resistentes de las aleaciones por la formación del eutectoide. 26 - La transformación eutectoide consigue sobre el metal puro: a) Aumentar el límite elástico. b) Aumentar el alargamiento. c) Disminuir la dureza. d) Aumentar la estricción. 27 - Las semejanzas más importantes de la transformación perlítica con el proceso de recristalización están en: a) La conformación de fases nuevas. b) La conformación de nuevos granos. c) La precipitación en forma de placas. d) El uso de los procesos de difusión. 28 - Las semejanzas más importantes de la transformación perlítica con el proceso de precipitación está en: a) La conformación de fases nuevas. b) La precipitación en forma de placas. c) La conformación de nuevos granos. d) El uso de los procesos de difusión. 6.2 CUESTIONES DE HETEROEVALUACIÓN 1. Dibuja y define las diferentes microestructuras en una aleación envejecible, en las etapas: a) colada, b) solubilizada, c) envejecida, y, d) sobreenvejecida. 2. Comenta que entendemos por sobreenvejecimiento. ¿Cuales son sus causas y consecuencias?. 3. Un acero contiene 42 % en peso de ferrita proeutectoide. ¿Cuál es el contenido de C de este acero? 4. Distinguir entre ferrita proeutectoide y ferrita eutectoide. 5. Justifique sobre un gráfico temperatura - tiempo, la secuencia de operaciones para dar un 100
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Unidad 6 – Endurecimiento por aleación. Aleaciones con solubilidad parcial en estado sólido
tratamiento mixto de acritud + envejecimiento natural a una aleación de aluminio que tiene una temperatura de solvus de 500°C, su temperatura de liquidus en 610°C y la de sólidus en 580°C. 6. Señale sobre un gráfico límite elástico - tiempo, como evoluciona esta propiedad mecánica con el tiempo de envejecimiento para una aleación de aluminio AA 6005 para cada una de las temperaturas siguientes: a) 210°C. b) 150°C. c) 25°C. 7. Para un acero con 1.2 %C se pide: a) Dibujar la microestructura de equilibrio a temperatura ambiente. b) Calcular el porcentaje de granos de perlita. NOTA: • Composición del eutectoide = 0.8 % C • Composición del eutéctico = 4.3 % C • Composición de la cementita = 6.67 % C • Composición de la ferrita = 0 % C 8. Justifique la falsedad o veracidad de esta frase: “Las aleaciones endurecibles por precipitación tienen una utilización limitada por la temperatura. NO PUEDEN destinarse a usos continuos a temperaturas iguales o superiores que las que originan el envejecimiento artificial. 9. Establece los límites de observación de tamaños de partículas precipitadas por microscopía óptica y electrónica y su asociación al concepto de coherencia o incoherencia de las mismas con la matriz. 10. Justifica las causas que determinan la inexistencia de ablandamiento en el proceso de envejecimiento. 11. Hipotetiza sobre la microestructura y características resistentes que se obtienen después de un proceso por tiempo indefinido a temperaturas de envejecimiento sensibles al sobrenvejecimiento. 12. Hipotetiza sobre la diferencia de microestructuras y características de la aleación después de envejecimiento por tiempo indefinido de la cuestión anterior, con la alcanzada en un proceso de enfriamiento reversible después de la etapa de solubilización. 13. Determina el procedimiento para establecer la correlación entre temperatura y solubilización de partículas precipitadas mediante técnicas DSC, calorímetro diferencial de barrido. 14. Describe el procedimiento para establecer la correlación existente entre temperaturas y precipitación de partículas mediante técnicas de DSC. 15. Justifica la formación de estructuras de Windmasttaeten en el proceso de entrada en la tierra de meteoritos formados por hierro y otros elementos de aleación, o en la soldadura de aceros dulces con 0.2-0.3 % carbono. 16. Esquematiza el proceso de engrosamiento de partículas, cuando existe soluto disponible, en régimen de coherencia y coherencia parcial. 17. Esquematiza el proceso de engrosamiento de partículas después del consumo de todo el soluto disponible. 18. Analiza la influencia de la velocidad de temple sobre la precipitación para diversas 101
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aleaciones envejecibles, curva de la C. 19. Justifica las diferencias existentes entre la microestructura de un eutéctico y de un eutectoide. 20. Analiza las diferencias de transformación que sucede en las temperaturas hipoeutectoides A3 e hipereutectoides A3.1. 21. Correlaciona las características resistentes, carga de rotura, límite elástico, alargamiento, con el contenido de carbono, con los datos obtenidos en la norma UNE 36.011 de la familia de aceros finos al carbono. 22. Establece el índice de endurecimiento, Ie = Le/R, entre el límite elástico y carga de rotura, y correlaciónalo con el porcentaje de carbono. 23. Justifica las diferencias de microestructura que pueden observarse entre las aleaciones de hierro con un 15% de cromo o con un 8% de cromo. 24. Establece los principios fundamentales de los procesos de recristalización, precipitación de segundas fases y transformación perlítica, y las conexiones comunes entre ellos. 25. Establece las diferencias que pudieran existir entre los productos en la transformación perlítica hipereutectoide y la hipoeutectoide. 26. Justifica la inaplicabilidad de los aceros hipereutectoides en estado de recocido. 6.3 PROBLEMAS Y EJERCICIOS PRACTICOS PROPUESTOS Problema 6.1 Sobre el diagrama de fases Cu-Ag, representado en la figura siguiente, determinar: 1100
1084.5°
1000
961.93°
Líquido
Temperatura °C
900
(Cu) 800
7.9
91.2 (Ag)
71.9
700 600 500 400 0
Cu
10
20
30
40
50
60
70
Porcentaje en peso de Plata
80
90
100
Ag
a) El rango de aleaciones en base cobre que pueden ser endurecidas mediante envejecimiento. b) El rango de temperaturas de homogeneización para una aleación de Cu con un 3% de Ag. c) El rango de temperaturas de envejecimiento para la aleación de cobre anterior. d) El rango de aleaciones en base Ag que pueden ser endurecidas mediante envejecimiento, indicando para una aleación de Ag con un 5% de Cu el rango de temperaturas de homogeneización y envejecimiento. 102
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Unidad 6 – Endurecimiento por aleación. Aleaciones con solubilidad parcial en estado sólido
Problema 6.2 Las aleaciones Al-Cu constituyen un ejemplo característico de aleaciones endurecibles por precipitación, utilizándose en la construcción de estructuras de aviones y otras aplicaciones dónde se requiera alta resistencia mecánica y ligereza. Con ayuda del diagrama de la figura, indique:
750 700
660°C
650
L
Temperatura °C
600
a) Rango de composiciones que pueden someterse a envejecimiento.
L + ε2 L + η1
L+α
550
α
500
5.65
548°C
33.2
52.5
θ
θ + η1
450
α+θ
400
θ + η2
350
b) Temperaturas óptimas de línea u homogeneización para las aleaciones Al-4.5% Cu.
300 0
10
Al
20
30
40
50
60
70
% en peso de cobre
c) Temperaturas de envejecimiento artificial aplicables, sabiendo que para este tipo de aleaciones, el óptimo se encuentra entre 0.20 Thom y 0.30 Thom.
Temperatura °C
d) Porcentaje en peso teórico de fase θ que se tiene en la aleación, a 25°C, si ésta se halla completamente sobreenvejecida.
1800 1700 1600 1500 1400 1300 1200 1100 1000 900 800 700 600
1670°C
Líquido
1455°C 1380°C
1310°C 54.9
984°C 37.8
942°C
β
27.9 765°C
Ti
54.5
10
20
30
86.1
1118°C 65.7 ε
δ
ζ
γ
5.5 α
0
1304
40
50
630°C
60
70
80
90 100
Porcentaje en peso de níquel
Ni
Problema 6.3 A partir del diagrama de la figura de aleaciones Ti-Ni determinar: a) Composiciones y temperaturas donde existen transformaciones eutécticas. b) Composiciones y temperaturas donde existen transformaciones eutectoides. c) Para la aleación del 20% en peso de Ni, dibujar el registro de enfriamiento (curva Temperatura-Tiempo). d) Para esta misma aleación, calcular la composición y proporción de fases presentes a 1000°C. 103
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Problema 6.4 Con el diagrama de fases de los bronces (Cu-Sn), presentado en la figura siguiente: a) Indicar las fases existentes en las zonas bifásicas.
1100
1084.5 °
L
1000 900
Temperatura °C
800
13.5
799° 22.0 β
700
(Cu)
600
15.8 15.8
500
γ ζ 590° 24.6 586° 520° 27.0
676° 640°
58.6
ε 582°
δ 415°
59.0
400
92.4
~350°
11.0
32.55
300
η 1.3 % a 200°
200
60.9 189°
60.3
227 °186
231.968° 99.1
° η’
100 0
25.5 756° 30.6
(β - Sn) 13°
0
Cu
(α - Sn)
10 20 30 40 50 60 70 80 90 100
Porcentaje en peso de estaño
Sn
b) Para una aleación del 20 % de Sn, trazar las curvas de enfriamiento hasta la temperatura ambiente. c) Para esta misma aleación indicar la composición y proporción de fases existentes a 850°C. d) A la temperatura de (520-∆T)°C indicar qué proporción de granos a proeutectoide habrá en la aleación.
104
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Unidad 6 – Endurecimiento por aleación. Aleaciones con solubilidad parcial en estado sólido
Problema 6.5. A partir del diagrama de la figura se pide trazar los siguientes correlaciones:
2100 2022° 63.2
2000
Temperatura °C
a) Composición de α - Temp. b) Composición de γ - Temp. c) Composición de δ - Temp. d) Proporción de α - Temp. e) Proporción de γ - Temp. f) Proporción de δ - Temp. para una aleación del 20% B enfriada de forma reversible desde 2100°C.
γ
1900 1863° 1800
δ
1700°
1700
9.7
α
34.2
1600 1500
Problema 6.6 En el diagrama de equilibrio Au-Ti, indicar:
0
10
20
30
40
50
A
Porcentaje en peso de B
60
70
B
a) Composición y temperatura de las transformaciones eutécticas existentes. b) Composición y temperatura de las transformaciones eutectoides existentes. c) Para una aleación del 30 % en peso en oro, dibujar el registro de enfriamiento (curva temperatura - tiempo), indicando las fases en cada intervalo. 1800 1700
1670°C
L
1600
1495°C
1400
1395°C
1367
1300
1310°C
1385
γTiAu
(βTi)
1200 1100
1172
1064.43°C
882°C
TiAu2
900
832°C
TiAu4
1000 800
1455°C
Ti3Au
Temperatura °C
1500
(Au)
(αTi)
700 600 βTiAu
500 0
Ti
10
20
30
40
50
60
70
αTiAu
80
90
100
Porcentaje en peso de Au
Au
Problema 6.7 A partir del diagrama de fases Fe-Nb, de la figura, determinar: a) Composición y temperaturas donde existen transformaciones eutécticas. b) Composición y temperaturas donde existen transformaciones eutectoides. c) Para una aleación del 10% de Nb, dibujar la curva de enfriamiento (curva temperatura tiempo) con indicación de las fases presentes en cada zona. 105
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d) Para una aleación del 30% de Nb indicar la proporción de fases, su composición y transformación para 1211 y 1209°C. e) Representar gráficamente la microestructura que se observaría para la aleación del 30% de Nb a 1211 y 1209°C. 2469°C
2400 2200
Temperatura °C
2000 1800 1627°C
1600
1538°C
1400
5.2 18.6 2.5 (δFe) 1210°C 1.5 (γFe)
1200 1000
0.7 1.2
1373°C
1535°C 75
95.3 (Nb)
ε
961°C
µ
(αFe) 770°C Transformación magnética
800
1400°C 62
38
600 0
10
20
Fe
30
40
50
60
70
80
90
100
Nb
Porcentaje en peso de niobio
Problema 6.8 Una aleación se que endurece mediante precipitación de segundas fases, puede hacerlo mediante los procesos térmicos representados en las figuras siguientes.
θ1
θ1
θ2
θ2 t1
t2
t1
t2
Plastificación
(A)
(B)
Se pide: a) Señalar sobre los gráficos A y B las diferentes etapas del proceso. b) ¿Qué características debe presentar el diagrama de fases de estas aleaciones? c) ¿Qué ventaja tecnológica presenta el proceso con deformación plástica intermedia?. d) ¿Qué limitación presenta este proceso con deformación plástica intermedia?.
Problema 6.9 Para la aleación Ni-V, del 45 % en peso de vanadio, cuyo diagrama de equilibrio se representa en la figura: 106
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Unidad 6 – Endurecimiento por aleación. Aleaciones con solubilidad parcial en estado sólido
a) Indicar las fases presentes a 1204, 950, 830 y 600°C. b) Calcular la cantidad de fases presentes a 950°C. c) Calcular la cantidad de cada tipo de grano presente en la microestructura a 950°C. d) Hacer una representación gráfica de la microestructura de la aleación a los 830°C. 2000
1910°C
1800
L
1600 1400
58.1
1200
40
(Ni) 1045°C
1000
51
1202°
σ´
908° 922°
890° 35.2
600 Mag. Trans.
790°
900°
76.3
70.7
88.1
650° ~72
405°C
σ
Ni2V
NiV3
Ni5V
400
(V)
73
64
29.5
800
1280°
47
Ni3V
Temperatura °C
1455°C
200 0
10
20
Ni
30
40
50
60
70
80
90
Porcentaje en peso de vanadio
100
V
Temperatura °C
Problema 6.10 A partir del diagrama Ti-Ni, de la figura: a) Dibujar la microestructura que cabría esperar en los tres puntos seleccionados en la misma para una aleación con 22% de níquel. b) Calcular la composición y proporción de fases correspondientes a esos tres puntos. 1800 1700 1600 1500 1400 1300 1200 1100 1000 900 800 700 600
1670°C
Líquido 1455°C 1380°C
1310°C 54.9
984°C 37.8
942°C
β
27.9 765°C
Ti
54.5
10
20
30
86.1
1118°C 65.7 ε
δ
ζ
γ
5.5 α
0
1304
40
50
630°C
60
70
80
90 100
Porcentaje en peso de níquel
Ni
107
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Cuestiones y ejercicios de Fundamentos de Ciencia de Materiales
c) Dibujar la curva de enfriamiento de la aleación base titanio con un 10% de níquel. d) Calcular la composición y proporción de constituyentes microestructurales, a 700°C, para las aleaciones con un 10% de níquel y un 30% de níquel.
Temperatura °C
Problema 6.11 A partir del diagrama Ti-Ni, de la figura:
1800 1700 1600 1500 1400 1300 1200 1100 1000 900 800 700 600
1670°C
1455°C 1380°C
1310°C 54.9
942°C
β
765°C
27.9 γ
Ti
1304
54.5
86.1
1118°C 65.7 ε4
δ
984°C 37.8
5.5 α
0
Problema 6.12 En el diagrama de equilibrio Ti-Au, indicar:
Líquido
ζ
630°C
10 20 30 40 50 60 70 80 90 100
Ni
Porcentaje en peso de níquel
a) La transformación que experimenta una aleación con un 10% de Au en peso, desde 1200°C hasta los 700°C. 1800 L 1495°C
1500 1400
1367
1300
1310°C
1385
γTiAu
(βTi)
1200
1172
1100 882°C
900
TiAu 2
1000 800
1455°C
1395°C
1064.43°C
832°C
TiAu4
d) ¿Cuál sería la microestructura a 700°C de una aleación con el 60% de Au?
1670°C
1600
Ti3Au
c) Proporción y composición de las fases de la aleación 10% de Au, a 700°C.
1700
Temperatura °C
b) Representación gráfica de la microestructura que se observaría para la aleación del apartado a), a la temperatura de 700°C.
(Au)
(αTi)
700 600 βTiAu
500 0
Ti
10
20
30
40
50
60
70
Porcentaje en peso de Au
αTiAu
80
90
100
Au
SOLUCION A LAS CUESTIONES DE AUTOEVALUACION: 1 - d, 2 - b, 3 - c, 4 - d, 5 - c, 6 - a, 7 - d, 8 - b, 9 - a, 10 - c, 11 - c, 12 - b, 13 - a, 14 - a, 15 - b, 16 - a, 17 - a, 18 - c, 19 - c, 20 - a, 21 - a, 22 - d, 23 - c, 24 - a, 25 - d, 26 - a, 27 - b, 28 - d.
108
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Unidad 6 – Endurecimiento por aleación. Aleaciones con solubilidad parcial en estado sólido
6.4 PROBLEMAS Y EJERCICIOS PRACTICOS RESUELTOS Solución al problema 6.1 a) Para ser endurecibles por precipitación o envejecimiento, es requisito necesario que la aleación corte a la curva de solvus, que separa la zona monofásica α de la zona bifásica α + β. Para las aleaciones en base cobre (el cobre hace de solvente y la plata es el soluto o aleante), estas condiciones se dan para las aleaciones con contenido en plata desde aproximadamente 0.2% Ag hasta el 7.9% Ag. Por debajo de 0.2%, la plata permanece disuelta en la red de cobre y la estructura es siempre monofásica α. b) Tal como se representa en el diagrama, el rango de temperaturas de homogeneización estará, para una aleación con un 3% de Ag, entre los 1040°C y los 557°C. 1100
1084.5° 1040°C
1000 900
Temperatura °C
961.93°
Líquido 870°C
(Cu)
780°C
800
7.9
91.2 (Ag)
71.9
700
695°C
600
557°C 500 400 0
Cu
10
20
30
40
50
60
70
80
90
Porcentaje en peso de Plata
100
Ag
Si tomamos un intervalo de seguridad tanto por encima como por debajo, ya que temperaturas muy elevadas pueden originar inicios de fusión o en todo caso engrosamientos exagerados del tamaño de grano. Por el contrario, temperaturas bajas, cercanas a la mínima de solubilidad, permitirá poco la difusión y por lo tanto requerirá largos tiempos para su homogeneización. Todo ello lleva a que la temperatura industrial de homogeneización para estas aleaciones pueda estar entre los 700 y 900°C. c) El rango de temperaturas de envejecimiento estaría entre la temperatura ambiente hasta los 557°C. También en este caso limitamos las temperaturas elevadas que podrían propiciar recristalizaciones de la microestructura derivadas de la acritud inducida por el enfriamiento brusco durante el temple. Es por ello que las temperaturas idóneas de envejecimiento se considerarán, industrialmente, entre los 150 y 350°C. d) En la otra rama del diagrama, aleaciones en base plata (la plata hace de solvente y el cobre es el soluto o aleante), estas condiciones se dan para las aleaciones con contenido en cobre desde aproximadamente 0.2% Cu hasta el 8.8% Cu. 109
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Cuestiones y ejercicios de Fundamentos de Ciencia de Materiales
Para una aleación con un 5% de Cu, las temperaturas de homogeneización estarán entre los 695°C hasta los 870°C. Las temperaturas de envejecimiento deben ser entre la temperatura ambiente hasta los 695°C, centrándose principalmente, en el campo industrial, entre los 175 y los 400°C. Solución al problema 6.2 a) Sólo son envejecibles aquellas aleaciones que cortan a la curva de solvus: % Cu entre aproximadamente 1 - 5.65% Cu b) La homogeneización requiere la permanencia durante un tiempo suficiente a temperaturas dónde la aleación presente estructura monofásica α. En este caso, con 4.5% Cu, el rango posible es: Thom posible: desde 470° a 610°C. Para acelerar el proceso es conveniente aumentar la temperatura mínima. Por contra, debe evitarse un acercamiento excesivo a la línea de sólidus para evitar una posible fusión en bordes de grano si, como suele ocurrir, ha existido segregación dendrítica durante el proceso de solidificación. El rango óptimo es por tanto más estrecho: Thom óptima: 510-570°C c) Temperaturas de envejecimiento artificial. Para esta aleación, el envejecimiento puede, teóricamente, darse entre Tamb y 470°C. Para el envejecimiento artificial, las temperaturas óptimas se encuentran entre 0.2 Thom y 0.3 Thom. Temperaturas superiores provocan un rápido sobreenvejecimiento. T envejecimiento artificial = 120°C - 171°C d) Un sobreenvejecimiento total implica que toda la fase θ ha perdido la coherencia con la matriz y ha formado precipitados gruesos. La cantidad total de fase θ presente puede por lo tanto estimarse a partir del diagrama de equilibrio para esa temperatura. En la figura siguiente se muestra con mayor detalle el diagrama Al-Cu hasta temperatura ambiente.
Fases:
α
Composición:
0.02% Cu
θ
700
660°C
650
L + ε2 L
600
Temperatura °C
Se traza la isoterma de 25°C y se calculan las composiciones de cada fase. Para la aleación con 4.5%, las fases presentes son α, solución sólida de Cu en Al, y la fase intermedia θ que ha precipitado. La proporción de fase θ en la estructura se calcula de forma inmediata mediante la regla de la palanca.
750
L + η1
L+α
550
α
500
5.65
548°C
33.2
52.5
θ
θ + η1
450
α+θ
400 350
θ + η2 54.0%
4.5%
27°C
300
0.02%
0
Al
10
20
30
40
% en peso de cobre
54.0% Cu
Proporción de θ: (4.5-0.02)/(54-0.02) = 0.083 Existe por tanto un 8.3% de fase θ en la aleación sobreenvejecida.
110
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50
60
70
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Unidad 6 – Endurecimiento por aleación. Aleaciones con solubilidad parcial en estado sólido
Solución al problema 6.3 a) Transformaciones eutécticas Transformación
Composición (% Ni)
Temperatura (°C)
L⇔β+γ
27.9
924
L⇔δ+ε
65.7
1118
L⇔ε+ζ
86.1
1304
Composición (% Ni)
Temperatura (°C)
β⇔α+γ
5.5
765
δ⇔γ+ε
54.5
630
b) Transformaciones eutectoides Transformación
c) La curva de enfriamiento (Temperatura - Tiempo) se traza en la figura siguiente, junto al diagrama. 1800
θ
1700 1670°C 1600
Líquido
Temperatura °C
1500 1400 1300
L+β
1200 1100 1000
β
900
11 942°C
27 27.9
765°C
800
37.8 γ
5.5 α
700 600 0
10
20
30
40
t
Ti % en peso de níquel Obsérvese que se cumple lo siguiente: • La aparición de una nueva fase provoca un cambio en la pendiente de la curva. • El paso por líneas horizontales de transformaciones singulares (eutéctico y eutectoide) requiere un lapso de tiempo a dicha temperatura para completar la reacción, por lo que se observa una meseta horizontal en la curva de enfriamiento. d) La aleación se encuentra en una zona bifásica de L + β. Los puntos de corte de la isoterma de 111
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Cuestiones y ejercicios de Fundamentos de Ciencia de Materiales
1000°C con las líneas del diagrama que separan a esta zona de las respectivas zonas monofásicas: β por la izquierda y L por la derecha, nos dan la composición de cada fase. A partir de los valores de composición pueden calcularse las proporciones de cada fase, aplicando la regla de la palanca: fases
β
L
11% Ni
27% Ni
(27-20)/(27-11)
(20-11)/(27-11)
= 43.75%
= 56.25%
Composición Proporción
Solución al problema 6.4 a) En las zonas bifásicas coexisten las fases que se encuentran a izquierda y derecha de dicha zona. En la figura siguiente se muestra el diagrama completo. b) La curva de enfriamiento (Temperatura - Tiempo) se ha trazado junto al diagrama. 1100
1084.5 °
900
L+α α
Temperatura °C
800 700 600 500 400
13.5
799° 22.0
100 0
L+β β β+γγ
25.5 756° 30.6 β
(Cu) 15.8
α
15.8
24.6 590 586° ° 520° 27.0
γ ζ
676° 640° ε 582°
α+γγ
δ
α+δ δ 11.0
300 200
θ
L
1000
~350°
58.6
L+εε δ+εε 59.0
415°
32.55
ε+η η
1.3 % a 200°
189°
α+εε ε+η η’
L+η η
η 60.9
227° 186°
60.3 η’
92.4
231.968° 99. 1
η+β β(Sn)(β - Sn) η'+β β(Sn) 13° (α -
Sn) 100 0 10 20 30 40 50 60 70 80 90 Sn Cu Porcentaje en peso de estaño
t
Obsérvese que se cumple lo siguiente: • La aparición de una nueva fase provoca un cambio en la pendiente de la curva. • El paso por líneas horizontales de transformaciones singulares (eutéctico, eutectoide, peritéctico, etc.) requiere un lapso de tiempo a dicha temperatura para completar la reacción (eutéctico, eutectoide, peritéctico, etc.), lo que se manifiesta por una meseta horizontal en la curva de enfriamiento. c) La aleación se encuentra en una zona bifásica de L + α(Cu). Los puntos de corte de la isoterma de 850°C con las líneas del diagrama que separan a esta zona de las respectivas zonas monofásicas: α(Cu) por la izquierda y L por la derecha, nos dan la composición de cada fase. A partir de los valores de composición pueden calcularse las proporciones de cada fase, aplicando la regla de la palanca: 112
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Unidad 6 – Endurecimiento por aleación. Aleaciones con solubilidad parcial en estado sólido
Composició n Proporción
α
L
8% Cu
23% Cu
(23-20)/(23-8)
(20-8)/(23-8)
= 20%
= 80%
950 900 800
Puede estimarse la cantidad relativa de cada tipo de grano: α proeutectoide, aplicando la regla de la palanca entre la línea de solvus por la izquierda, que da la composición de α (15.8% Sn), y la composición eutectoide (27% Sn). En este caso se tendrá:
Proporción:
L
23
13.5
750
d) Inmediatamente debajo de 520°C la aleación se encuentra en una zona bifásica α + δ, donde la fase α aparece en dos constituyentes: formando parte junto con δ del eutectoide (27% Sn), y como α proeutectoide que ya se había formado a temperaturas por encima de 520°C.
Constituyentes:
8
850
799° 22.0
25.5 756° 30.6 β
700
Temperatura °C
fases
(Cu)
650 600
15.8
550
15.8
500
γ ζ 590° 24.6 586° 520° 27.0
676°
δ
450 400 350
~350°
11.0
32.55
300 0
10
20
30
Cu % en peso de estaño
α proeutectoide
Eutectoide
(32-27)/(32-15.8)
(27-15.8)/(32-15.8)
= 30.8%
= 69.2%
40
Solución al problema 6.5 Apartados a y d) Transformaciones de la fase α. Comienza su aparición a 1825°C. Por encima no existe. Entre 1825 y 1700°C aparece mezclada con la fase γ. Entre 1700 y 1500°C aparece mezclada con la fase δ. Entre 1825 y 1700°C: Composición: Viene dada por la línea del diagrama que separa la zona monofásica a de la zona bifásica α+γ: varía desde 2% B a 1825 hasta 9.7% B a 1700°C. Proporción: Viene dada por la regla de la palanca en la zona bifásica α + γ: Aumenta progresivamente desde: hasta un
0 α a 1825°C (34.2-20)/(34.2-9.7) = 0.58 a 1700°C.
Entre 1700°C y 1500°C: La fase γ desaparece completamente por la reacción eutectoide: γ = α + δ, dándose en esta zona la existencia de fases α y δ. Composición de α: Viene dada por la línea del diagrama que separa la zona monofásica α de la zona bifásica α + δ. varía desde 9.7% B a 1700°C hasta 5% B a 1500°C. 113
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Cuestiones y ejercicios de Fundamentos de Ciencia de Materiales
Proporción: Viene dada por la regla de la palanca en la zona bifásica α + δ: A 1700°C - ∆T, justo debajo del eutectoide vale:
La proporción de α disminuye progresivamente conforme desciende la temperatura hasta que a 1500°C, se tiene: % α = 100 (62.5-20)/(62.5-5) = 73.9% α Los resultados se muestran gráficamente en las figuras siguientes. Apartados b), c), e) y f): fases γ y δ. Las correlaciones correspondientes a las fases γ y δ, se presentan indicadas en las figuras siguientes.
Composición α, γ y δ
2000
Temperatura °C
% α = 100 (62.5-20)/(62.5-9.7) = 80.5% α, siendo el resto δ de composición 62.5% B
2100
2022° 63.2
γ
1900 1863° 1800
1700°
1700
9.7
34.2
δ
1600
α 1500 0
10
20
30
40
A
Porcentaje de B
50
60
70
2100
°C 2000 1900
1825°C 1800
%α
1700
%γ
1700°C
%δ
1600 1500 0
20
40
60
80
%
100
Solución al problema 6.6 a) Las transformaciones eutécticas tienen lugar a las temperaturas y proporciones siguientes: Contenido en oro (%) 52.0 67.5 86.0
Temperatura (°C) 1367 1310 1385
b) El único eutectoide del diagrama tiene una composición del 15% de Au a una temperatura 832°C.
c) En la figura se representa el registro de enfriamiento de la aleación con un 30% de Au, que 114
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Unidad 6 – Endurecimiento por aleación. Aleaciones con solubilidad parcial en estado sólido
inicia la solidificación a fase β alrededor de los 1550°C, finalizando la misma a los 1460°C. A partir de esa temperatura tenemos una sola fase, fase β del Ti, que ha partir de los 1200°C precipita una fase Ti3Au. A los 832°C la fase β restante, sufre transformación eutectoide en fase α + fase Ti3Au Solución al problema 6.7 a) Las transformaciones eutécticas tienen lugar a las temperaturas y proporciones siguientes:
Contenido en niobio (%) 18.6 75.0 55.0
Temperatura (°C) 1373 1400 1535
b) El único eutectoide del diagrama tiene una composición del 2.5% de Nb a una temperatura 1210°C. c) En la figura se representa el registro de enfriamiento de la aleación con un 10% de Nb, que inicia la solidificación a fase δ alrededor de los 1420°C, finalizando la misma a los 1373°C, donde tiene lugar la transformación eutectoide. Desde esta temperatura hasta la de 1210°C, donde tiene lugar la transformación eutectoide, pasando de fases δ + ε, a las fases γ + ε. A los 961°C la fase γ sufre una transformación en fase α. d) Aleación del 30% Nb
A temperatura de 1211°C, estarán presentes las fases δ (2.5% Nb) y ε (38% Nb), con los siguientes porcentajes: 38 − 30 %δ = = 22.5 % 38 − 2.5 %ε
30 − 2.5 38 − 2.5
=
77.46 %
=
A temperatura de 1209°C, estarán presentes las fases γ (1.5% Nb) y ε (38% Nb), con los siguientes porcentajes: %γ %ε
=
38 − 30 38 − 15 .
= 2191 . %
=
30 − 15 . 38 − 15 .
= 78.09 %
e) Representación gráfica de la aleación 30% de Nb, a distintas temperaturas:
1211°C
1209°C Ε
Εutectoide
ε
Ε
ε
ε
Ε ε
ε
ε
ε
ε
ε
ε ε
Ε
Εutectoide
ε
ε
Εutectoide
ε
ε
ε ε
115
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Solución al problema 6.8 a) En los gráficos se señalan las diferentes etapas del proceso de precipitación.
θ1
Solubilización
Solubilización
θ1
Temple
Temple
Envejecimiento
Envejecimiento
θ2
θ2 t1
t2
t1
t2
Plastificación
(A)
(B)
b) El diagrama de fases debe presentar solubilidad parcial en estado sólido con curva de solvus. c) El proceso de deformación plástica mejora la nucleación de precipitados, aumentando las características mecánicas. d) La temperatura de envejecimiento debe ser inferior a la temperatura de recristalización de la aleación, para que no pierda las propiedades mecánicas obtenidas con la deformación plástica. Solución al problema 6.9 a) Las fases presentes a cada temperatura, serán, según el diagrama de equilibrio: 1204°C 980°C 830°C 600°C
L + (Ni) σ’ + (Ni) σ’ + Ni2V σ + Ni2V
2000
1910°C
1800
L
1600 1400
58.1
1200
47
40
(Ni)
1045°C
1000
29.5
908°
922°
800
1202°
51
890°
51
600 Mag. Trans.
70.7
790°
76.3
900° 88.1
650° ~72
405°C
σ
Ni2V
NiV 3
Ni5 V
400
(V)
73
σ´
36 35.2
1280° 64
Ni3 V
Temperatura °C
1455°C
200 0
Ni
10
20
30
40
50
60
70
Porcentaje en peso de vanadio
80
90
100
V
b) La cantidad de fases presentes a 950°C, será, considerando el porcentaje de vanadio en la fase σ’ de un 51 % y en la fase α(Ni) de un 36 %. 116
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Unidad 6 – Endurecimiento por aleación. Aleaciones con solubilidad parcial en estado sólido
45 − 36 51 − 36
%σ' =
51 − 45 51 − 36
% ( Ni ) =
60 %
=
40 %
=
c) La cantidad de cada tipo de grano vendrá dada por la proporción de granos ricos en níquel, fase (Ni), y de granos eutécticos a la temperatura de 950°C. % Eutectico = % ( Ni )
45 − 36 47 − 36 47 − 45 47 − 36
=
818 . %
=
= 18.2 %
Eutectoide
d) La microestructura obtenida a los 830°C será como la representada en la figura, con una combinación de granos con transformación eutectoide procedentes de los granos con transformación eutéctica a mayores temperaturas y formando matriz la fase σ’.
Fase σ’
Solución al problema 6.10
Temperatura °C
a) En el diagrama se representa el esquema de las microestructuras que se obtendrían a cada temperatura.
1800 1700 1600 1500 1400 1300 1200
β
β
1670°C
L
β
β L
Líquido
1455°C
Eutéctico
1100 1000 900 800 700 600
β
β
β
β
984°C 37.8
942°C
β
27.9 765°C
Ti
20
30
86.1
1118°C 65.7 ε
δ
ζ
Euectoide Fase γ
54.5
10
1304
γ
5.5 α
0
1380°C
1310°C 54.9
40
50
630°C
60
70
80
90 100
Porcentaje en peso de níquel
Ni 117
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b) Las fases, composición y proporción en cada uno de las tres temperaturas será la siguiente: A 1050°C habrá dos fases, fase β con un 11% de Ni y fase líquida con un 26% de Ni, cuya proporción vendrá dada por: %β =
26 − 22 = 26,67% 26 − 11
%líqido =
22− 11 = 73,33% 26−11
A 850°C habrá dos fases, fase β con un 8% de Ni y fase γ con un 37% de Ni, cuya proporción vendrá dada por: %β =
37 − 22 = 51,72% 37 − 8
%γ =
22−8 = 48,28% 37−8
A 700°C habrá también dos fases, fase α con un 1% de Ni y fase γ con un 37,5% de Ni, cuya proporción vendrá dada por: %α =
37,5−22 = 42,47% 37,5 − 1
%γ =
22−1 = 57,53% 37,5 − 1
Solución del problema 6.11. a) la curva de enfriamiento será como la representada en la figura, donde se especifican las temperaturas de transformación y las fases en cada zona.
Temperatura
1520°C
L+β 1100°C Fase β
870°C
Fases β + γ Eutectoide (α + γ) + γ
Tiempo
1800 1700 1600 1500 1400 1300 1200 1100 1000 900 765°C 800 700 600
1670°C
Líquido 1455°C 1380°C
1310°C 54.9
Temperatura °C
Líquido
984°C 37.8
942°C
β
27.9
1304
86.1
1118°C 65.7
δ
ε4
ζ
γ
765°C 5.5
54.5
α
0
Ti
10
20
30
40
50
630°C
60
70
80
Porcentaje en peso de níquel
118
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90 100
Ni
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Unidad 6 – Endurecimiento por aleación. Aleaciones con solubilidad parcial en estado sólido
b) Para un 10 % de níquel tendremos como constituyentes microestructurales granos eutectoides de transformación de la fase β, con una composición de 5.5% de Ni, y fase γ precipitada en borde de grano, con una composición de 38% de Ni. Con ello la proporción de los granos será: % gra nos eutectoides % gra nos γ
=
=
38 − 10 38 − 5.5
10 − 5.5 38 − 5.5
= 86.15%
= 13.85%
Para la aleación con el 30% de níquel tendremos granos, inicialmente, granos proeutecticos γ envueltos por los granos eutecticos que sufrirán más tarde la transformación eutectoide correspondiente % gra nos eutectoides % gra nos γ
=
=
38 − 30 38 − 5.5
30 − 5.5 38 − 5.5
=
24.62%
= 75.38%
Solución del problema 6.12. a) Desde los 1200°C hasta los 650°C no presenta transformación alguna, es a partir de los 865°C aproximadamente cuando inicia la transformación alotrópica de fase (βTi) a fase (αTi), que continua la transformación hasta los 832°C donde tiene lugar la transformación eutectoide, por lo que su microestructura será la correspondiente a una aleación hipoeutectoide. A partir de esta temperatura y hasta los 700°C ya no muestra ninguna otra transformación. b) La microestructura será la correspondiente a una aleación hipoeutectoide, con aproximadamente una mitad de granos α proeutectoides y granos eutectoides.
Εutectoide
Fase α
=
58 − 10 58 − 4.5 Ti 3 Au
α
α α α
c) Las fase a 700°C serán fase α con un 4.5 % de Au e intermetálico Ti3Au con un 58% de Au. La proporción de estas fases será:
Εutectoide
α
α
α
α α
Εutectoide
α
α
α α
= 89.7% =
10 − 4.5 58 − 4.5
= 10.3%
d) La microestructura, a 700°C, de la aleación con un 60% de oro, estará formada por granos de intermetálico Ti3Au, del tipo proeutéctico, solidificados desde los 1395°C hasta los 1310°C donde tendrá lugar la solidificación del resto de líquido mediante transformación eutéctica que se conformará mediante láminas de intermetálico Ti3Au y fase γTiAu. De manera aproximada tendría un 25% de granos proeutecticos y una 75% de estructura eutéctica rodeando o envolviendo a los anteriores.
119
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UNIDAD 7 Endurecimiento por aleación. Aleaciones con transformación martensítica 7.1 CUESTIONES DE AUTOEVALUACIÓN 1 - La composición de la martensita varía con: a) El contenido en carbono del acero. b) La temperatura de austenización. c) El medio de enfriamiento. d) La posición relativa de Ms y Mf. 2 - ¿Por qué se evita el revenido de aceros entre 200 y 400º C?: a) Por la bajada de dureza. b) Por la bajada de ductilidad. c) Por la bajada de tenacidad. d) Por la bajada de alargamiento. 3 - La obtención de estructuras 100% martensíticas en un acero requiere que: a) Ms se encuentre por encima de la temperatura ambiente. b) La velocidad de enfriamiento sea superior a la velocidad crítica. c) El acero sea aleado. d) a y b. 4 - La transformación martensítica tiene lugar en los materiales que presentan: a) Transformación eutéctica b) Transformación eutectoide c) Transformación alotrópica d) Sólo ocurre en los aceros 5 - El normalizado consiste en enfriar: a) Lentamente en el interior del horno b) Al aire ambiente c) Bruscamente en aceite d) Bruscamente en agua 6 - Los elementos de aleación en general: a) Mejoran la templabilidad b) Mueven a la derecha la curva de las S c) Hacen descender la curva Ms d) Todas son correctas 121
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Cuestiones y ejercicos de Fundamentos de Ciencia de Materiales
7 - Los elementos de aleación en los aceros se adicionan para: a) Elevar la temperatura de la transformación martensítica. b) Aumentar la dureza por solución sólida. c) Mejorar la templabilidad. d) Posibilitar la eliminación del revenido. 8 - El campo de aplicación de la transformación martensítica es el de: a) Metales o aleaciones enfriadas bruscamente. b) Aleaciones hierro-carbono. c) Metales o aleaciones con cambios alotrópicos. d) Aleaciones insolubles en estado sólido. 9 - La dureza de la martensita del acero es debida a: a) El contenido en carbono. b) El contenido en elementos de aleación. c) El contenido en azufre. d) La temperatura de austenización. 10 - Al incrementar el contenido en elementos de aleación en los aceros: a) Se reduce la temperatura eutectoide. b) Disminuyen Ms y Mf. c) Aumenta el contenido en carbono del eutectoide. d) Aumenta la velocidad crítica de temple. 11 - La misión fundamental de los revenidos a alta temperatura, es: a) Ganar tenacidad b) Rebajar las características estáticas c) Hacer el material apto para aplicaciones dinámicas d) Todas son correctas 12 - ¿Cuáles de los siguientes procesos no requiere la difusión?: a) Envejecimiento b) Transformación martensítica c) Recocido de homogeneización d) Revenido 13 - Las exigencias de precipitación de dos fases en la transformación bainítica favorece: a) La forma laminar alternada. b) La forma globular diseminada. c) La formación de granos alternados de las dos fases. d) Es invariante. 14 - El tamaño crítico del núcleo de perlita disminuye con: a) Las tensiones térmicas del enfriamiento. b) El grado de subenfriamiento bajo la temperatura del eutectoide. c) La existencia de núcleos extraños. d) La mayor existencia de bordes de grano. 15 - La dilatometría puede ser usada para determinar los puntos de transformación perlítica y bainítica pues cuantifica fundamentalmente entre los componentes y productos: a) Sus diferentes coeficientes de dilatación. b) Los diferentes calores específicos. 122
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Unidad 7 - Endurecimiento por aleación. Aleaciones con transformación martensítica
c) Los coeficientes de conductividad térmica. d) Los diferentes volúmenes específicos. 16 - La diferencia más importante entre las bainitas superior e inferior está en: a) Las temperaturas del tratamiento isotérmico. b) La forma de la fase α proeutectoide. c) La forma de agujas o nódulos de su microestructura. d) El color de la estructura en el microscopio óptico. 17 - Los tiempos de inicio y terminación de la transformación perlítica son crecientes con: a) La temperatura. b) La velocidad de enfriamiento. c) El contenido en carbono. d) El tamaño de grano de la austenita. 18 - Los tiempos de inicio y terminación de la transformación perlítica son crecientes con: a) La temperatura. b) Los elementos de aleación. c) La acritud previa. d) Los solutos intersticiales. 19 - El elemento de aleación que más influye en la posición hacia la derecha de las curvas de las S de transformación isotérmica es: a) Manganeso. b) Silicio. c) Níquel. d) Cromo. 20 - Las características resistentes de la estructura martensítica se multiplican, sobre las de la austenita original, por un factor del orden de: a) 1.5 a 2. b) 2 a 4. c) 4 a 10. d) Más de 10. 21 - Las microestructuras de listón o placa de la martensita tienen similitud en: a) Tamaño. b) Apariencia. c) Coloración. d) Plaquetas finísimas deslizadas o macladas. 22 - El plano habitual de la martensita está definido por: a) El plano de más fácil deslizamiento en la austenita. b) El plano común de coherencia entre la austenita y martensita. c) El plano incoherente de formación de la martensita. d) El plano interfase entre la austenita y martensita. 23 - Las distorsiones de Bain indican: a) Las tensiones de compresión y cortante que se observan en la formación de las placas de martensita. b) Las deformaciones térmicas que aparecen asociadas al proceso de enfriamiento en el 123
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Cuestiones y ejercicos de Fundamentos de Ciencia de Materiales
temple. c) Las variaciones atómicas obligadas por el cambio de red cristalina en la transformación alotrópica. d) Las posiciones de los átomos durante la transformación martensítica. 24 - La velocidad crítica de temple que se requiere para alcanzar las transformaciones sin difusión del soluto debe ser: a) Enfriamiento alto; por ejemplo, agua agitada. b) Enfriamiento continuo alto, suficiente para no cortar a la nariz perlítica de las curvas de las S. c) Enfriamiento en fluido aceite o agua. d) Enfriamiento menor que el necesario para no formar estructuras perlíticas. 25 - La velocidad crítica de temple depende de: a) Temperatura de austenización. b) Elementos de aleación. c) Contenido en carbono. d) Del fluido de enfriamiento. 26 - Una transformación martensítica se denomina atérmica porque: a) No depende de la temperatura. b) No es isotérmica. c) Es invariante con la energía interna. d) Depende de la variación de temperatura. 27 - La cantidad de transformado martensítico a una temperatura intermedia entre Ms y Mf de transformación aumenta con: a) El aumento del diámetro del grano. b) De los elementos de aleación. c) El aumento del contenido en carbono. d) Es invariante. 28 - Si se detiene la transformación martensítica a una temperatura intermedia Mi, Ms < Mi < Mf, resulta: a) Estructura martensítica con austenita que evolucionará a bainitas. b) Estructura martensítica en matriz austenítica. c) Estructuras martensíticas placadas con estructuras austeníticas. d) Estructuras martensíticas con perlitas transformadas. 29 - El grado de endurecimiento de la transformación martensítica depende directamente del contenido de: a) Martensita. b) Austenita. c) Perlita. d) Elementos de aleación. 30 - El endurecimiento del acero por transformación martensítica aumenta: a) La estricción. b) El grado de endurecimiento I = Le/σr. 124
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Unidad 7 - Endurecimiento por aleación. Aleaciones con transformación martensítica
c) La resiliencia. d) El alargamiento de rotura. 31 - Las aleaciones con transformación martensítica reversible se fundamentan en que ésta sucede por formación de: a) Deslizamientos. b) Maclas y deslizamientos. c) Maclas. d) Es invariante. 32 - Las aleaciones con memoria de forma controlan la temperatura de variación de forma por: a) Las temperaturas en las que se educan. b) La composición de la aleación. c) Las deformaciones que se aplican en la educación. d) El soluto sobresaturado. 33 - Las temperaturas de revenido deben cumplir las condiciones siguientes: a) Superiores a Ms e inferiores a A1. b) Superiores a temperatura ambiente e inferiores a A1. c) Superiores a Mf e inferiores a A3. d) Inferiores a Ms y superiores a Mf. 34 - Los tiempos de revenido deben seleccionarse atendiendo a: a) Hasta alcanzar la dureza deseada. b) El mínimo que alcance el entorno de la resistencia adecuada a la temperatura. c) Según el alargamiento requerido. d) Del orden de una hora. 35 - El revenido es conveniente aplicarlo a los aceros templados porque: a) Mejora la resistencia a la corrosión. b) Disminuye sus características resistentes. c) Aumenta sus parámetros de ductilidad y su tenacidad. d) Aumenta la dureza. 36 - La selección de las temperaturas del revenido debe realizarse atendiendo a: a) Las zonas que mejoran la ductilidad y tenacidad. b) Las zonas que obtienen mayor resistencia estática. c) Las zonas que evitan la fragilización. d) Según aplicaciones. 37 - Asigna cual es la causa de la fragilidad del revenido entre los procesos genéricos característicos que disminuyen la tenacidad de los materiales metálicos: a) Disminución de la ductilidad consecuencia del endurecimiento. b) Precipitación de fases frágiles en bordes de placas de martensita. c) Precipitación de fases frágiles en alineaciones de monocristales, dislocaciones en planos de deslizamiento. d) Endurecimiento propio de la estructura. 38 - La influencia de los elementos de aleación, Cr, Mo, V, en los aceros de herramientas revenidos a 500°C, se puede hipotetizar en la forma: a) A - Mantienen la dureza en compromiso con una mejora de la resiliencia. b) B - Mejoran la dureza y mantienen la resiliencia. 125
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c) C - Mejoran dureza y resiliencia. d) Mejoran la dureza a costa de perder resiliencia. 39 - La gama de temperaturas en la que se localiza la fragilidad del revenido puede controlarse con: a) Los tiempos del revenido. b) El contenido de elementos de aleación en general. c) El contenido en silicio. d) Las tensiones originadas durante el temple.. 40 - Los diversos procesos de regeneración en el acero, recocidos de austenización, contra acritud o revenidos muestran como característica común: a) La cualidad de la microestructura en base de ferrita y perlitas. b) La cualidad y la forma de los constituyentes de la microestructura. c) Los niveles de temperatura aplicados. d) El estado original de la aleación. 41 - Los diversos procesos de regeneración en el acero muestran las diferencias entre ellos como consecuencia de: a) La aleación base. b) El estado original de la aleación. c) El tamaño de los componentes microestructurales. d) Los diferentes enfriamientos en el proceso. 7.2 CUESTIONES DE HETEROEVALUACIÓN 1. Transformación martensítica. Justificación. 2. Sobre un diagrama T.T.T. para un acero eutectoide indicar los constituyentes presentes en cada zona. 3. ¿ De qué parámetros depende la dureza de un acero con estructura martensítica ?. 4. ¿ Por qué es necesario aplicar un revenido tras los tratamientos de temple con transformación martensítica? 5. Define el concepto de velocidad crítica de temple. ¿ De qué parámetro depende ?. 6. Dibuja la estructura de un acero con 0,4 % de C en estado: a) Normalizado. b) Recocido. c) Revenido a alta temperatura. d) Templado. 7. Bajo qué condiciones: material, temperatura de austenización, etc., podemos encontrarnos que, tras el temple, no se alcanza la dureza correspondiente al 100% de martensita, observándose mezclas de M + A. 8. En un proceso industrial de temple, en aceros con 0.4% C, comienza a detectarse una menor dureza que en las piezas correspondientes a ese mismo acero con el tratamiento correcto. Se realizó un estudio de las piezas defectuosas y se determinó: a) Que la composición del acero es la correcta. b) Que la microestructura tras el temple presenta una mezcla de martensita con un 10 - 20% de ferrita. Señale y justifique ¿cuál es la causa del fallo? 126
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Unidad 7 - Endurecimiento por aleación. Aleaciones con transformación martensítica
10. ¿Cómo pueden obtenerse estructuras 100% martensíticas enfriando al aire una pieza de acero? Justifique la respuesta. 11. Establece las diferencias que pudieran existir entre los productos en la transformación bainítica hipereutectoide y la hipoeutectoide. 12. Justifica los efectos contrarios sobre la posición de las curvas de las S de los elementos formadores de carburos en los aceros. 13. Indica, por bibliografía, los elementos que muestran efectos deformadores de las curvas de las S en los aceros. 14. Razona sobre las correlaciones que permiten admitir el diagrama TTT de transformaciones isotérmicas como apto para definir la velocidad crítica de temple. 15. Describe la evolución de transformado martensítico que podemos esperar si no existiera cambio en volumen entre las estructuras austeníticas y martensíticas. 16. Compara el proceso de transformación martensítica con otros procesos de transformación fundamentados en la nucleación y crecimiento, anotando los factores similares de aquellos otros diferenciados. 17. Analiza la aplicabilidad de la transformación martensítica si la velocidad de enfriamiento es superior a la definida como velocidad crítica de temple. 18. Justifica los procesos que permitirían eliminar la austenita retenida en las estructuras de aceros aleados. 19. Clasifica las aleaciones y aplicaciones más generales de las transformaciones con memoria de forma. 20. A partir del reconocimiento de las curvas de características estáticas y de resiliencia en el revenido de un acero delimita los campos de aplicación y características de cada uno de ellos. 21. Con el diagrama ∆Gv = f (T) obtenido en el Calorímetro Diferencial de Barrido, justificar por comparación con los obtenidos para los procesos de recristalización y precipitación de segundas fases. 22. Establece el modelo que relata la influencia de cada uno de los principales elementos en la resiliencia de un acero revenido. 23. Analiza las características que pueden esperarse en un acero de alto contenido de aleación que después del temple se le aplica el revenido para transformar la austenita retenida por largos periodos de tiempo.
127
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7.3 PROBLEMAS Y EJERCICIOS PRACTICOS PROPUESTOS Problema 7.1. La figura siguiente representa la curva de las S correspondiente a un acero aleado F-1204, austenizado a 850°C.
∂θ = -k( θ -θ 0 ) ∂t dónde θ0 es la temperatura del medio al que se cede calor, en este caso, la temperatura del líquido de temple: 20°C . Se pide determinar: a) la constante k del enfriamiento correspondiente a la velocidad crítica de temple, para dicho acero.
1000 900
Temperatura, °C
En un enfriamiento continuo, la disminución de temperatura con el tiempo puede aproximarse mediante una ley de tipo:
DIAGRAMA DE TRANSFORMACIÓN ISOTERMA Temperatura de austenización 850°C
800
AC3 (0.4°/min)
700
AC1 (0.4°/min)
600
Aparición de la ferrita
Austenita y carburos
25
500 400
75 35
Ms
20
Principio de transformación
300 200
14
Aparición de
13 Fin de transformación 15 24 24 80 22 65
38 32 42
30
Bainita Fin de transformación
Martensita
100 0
la perlita
Dureza Rc
55
1,E+00 1,E+01 1,E+02 1,E+03 1,E+04 1,E+05 1,E+06 Tiempo, segundos
b) Si se pretendiese obtener estructuras bainíticas, determine las temperaturas del baño a utilizar y el tiempo necesario para obtener 100% bainita. Problema 7.2. A partir de la curva de las S del acero aleado F-1260, determine hasta que distancia del extremo templado en la probeta Jominy se obtendrán estructuras 100% Martensíticas. DIAGRAMA DE TRANSFORMACIÓN ISOTERMA Temperatura de austenización 850°C
1000
Notas: • El acero ha sido austenizado a 850°C. El agua empleada en el ensayo Jominy tiene una temperatura de 20°C.
Temperatura, °C
900 800
AC3 (0.4°/min)
700
AC1 (0.4°/min)
600
• El enfriamiento sigue una ley de tipo:
Austenita y carburos
500
17 10 20 22
Principio de transformación
400
Bainita
300
Fin de transformación
48 50%
200
90%
100 0
Perlita
42
49 Martensita
59
Dureza Rc
∂θ = -k( θ -θ 0 ) ∂t • El diagrama Jominy muestra siempre una correlación entre distancias al extremo templado y velocidades de enfriamiento en la probeta. La equivalencia aparece directamente en el eje de abcisas. El inferior muestra las distancias al extremo templado. El superior muestra las velocidades de enfriamiento dq/dt, medidas a 704°C.
1,E+00 1,E+01 1,E+02 1,E+03 1,E+04 1,E+05 1,E+06 Tiempo, segundos
128
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Unidad 7 - Endurecimiento por aleación. Aleaciones con transformación martensítica
1000 900
Austenita
800
A1
700 600
14
Ps
γ
Pf
P+γγ
500
38 40
B+γγ
Bf
Dureza Rockwell C
Temperatura, °C
Problema 7.3. Utilizando el diagrama TTT correspondiente a un acero eutectoide, de la figura, describe el tratamiento isotérmico completo y la microestructura después de cada paso requerido para obtener una dureza de 32 Rc.
Problema 7.4. Una excelente combinación de 42 400 Bs dureza, resistencia y tenacidad en los aceros 52 300 Ms la proporciona la estructura bainítica. Uno 57 200 M+γ Mf de los tratamientos es austenizar a 750°C un 100 66 Martensita acero eutectoide, como el representado en la 0 figura anterior, enfriándolo rápidamente 0,1 1 10 102 103 104 105 hasta una temperatura de 250°C durante 15 Tiempo, segundos minutos, y finalmente enfriar hasta temperatura ambiente. ¿Es posible con este tratamiento descrito obtener la estructura bainítica requerida? Problema 7.5. Utilizando el diagrama de transformación isotérmica del acero de composición eutectoide, cuyas curvas han sido representadas anteriormente, especificar la naturaleza de la microestructura que se obtendrá ( en térmicos de microconstituyentes presentes y porcentajes aproximados) de una pequeña probeta que se ha sometido a los siguientes tratamientos. Suponer siempre, que la probeta se ha calentado a 800°C durante el tiempo suficiente para alcanzar una estructura austenítica. a) Enfriamiento rápido hasta 350°C, donde se mantiene durante 104 s, templando a continuación a temperatura ambiente. b) Enfriamiento rápido hasta 250°C, donde se mantiene durante 100 s, templando a continuación a temperatura ambiente. c) Enfriamiento rápido hasta 650°C, donde se mantiene durante 20 s, enfriamiento rápido a 400°C manteniendo de nuevo 1000 s y templando a continuación a temperatura ambiente.
b) 50% martensita y 50 % bainita c) 50% perlita gruesa, 25% bainita y 25% martensita. Problema 7.7 Utilizando el diagrama TTT correspondiente a un acero al carbono con un
900 800
A1
700
γ+α
A3 Ps
Fs
Pf
600
23
γ + α + perlita
500
Bs
400
Ms
300
Mf
γ+
ba
ini
ta
30
Bf
39
Bainita
49
γ + martensita
200
54
Martensita
100 0
α
α + perlita
Dureza Rockwell C
a) 100% perlita gruesa.
1000
Temperatura, °C
Problema 7.6. En un diagrama de transformación isotérmica del acero eutectoide, figura anterior, esquematizar y nombrar las etapas de temperatura tiempo que producen las siguiente microestructuras:
62
0,1
1
10
102
103
104
105
Tiempo, segundos
129
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Cuestiones y ejercicos de Fundamentos de Ciencia de Materiales
0,5% C, representado en la figura, Describir el tratamiento térmico y la cantidad de cada constituyente después de cada fases del tratamiento para obtener una dureza en el acero de 23 Rc. Problema 7.8. Un acero al carbono, con un 0.5% de C, es calentado es calentado a 800°C durante 1 hora, enfriado rápidamente a 700°C manteniéndolo a esta temperatura durante 50 s, enfriado de nuevo a 400°C durante 20 s, y finalmente enfriado a temperatura ambiente. ¿Cual es la microestructura final del acero tras el tratamiento? 900
Austenita 800
A+C
700
Temperatura, °C
Problema 7.9. Utilizando el diagrama TTT de la figura, correspondiente a un acero hipereutectoide con un 1.13% C, determinar la microestructura final, describiendo los microconstituyentes presentes, de una pequeña probeta sometida a los siguientes tratamientos térmicos. En todos los casos suponer que la probeta se ha calentado a 920°C durante el tiempo suficiente para conseguir la estructura austenítica completa y homogénea de partida.
600
A+P
500
A+B
400
Bainita A
300
50%
M (inicio) M (50%) M (90%)
200 100
a) Enfriar rápidamente a 250°C, mantener durante 16 minutos y templar a temperatura ambiente.
Perlita
0
0.1
1
102
10
103
104
105
106
T ie m p o , s e g u n d o s
b) Enfriar rápidamente a 650°C, mantener a esta temperatura durante 3 s, enfriar rápidamente a 400°C, mantener a esta temperatura durante 25 s y templar a temperatura ambiente. c) Enfriar rápidamente a 350°C, mantener durante 5 minutos y templar a temperatura ambiente. d) Enfriar rápidamente a 675°C, mantener durante 7 segundos y templar a temperatura ambiente.
Fs
700
Ps
600
Bs
Bs
500 400
10
s
1
2°C/
0
ferrita + perlita + bainita + martensita
/s
/s
ferrita + ferrita bainita + 100 + martensita martensita 200
10°C
20°C
300
Pf Bf
Ms
100°C/s
Problema 7.10. Un acero al carbono F1120, con un 0.18-0,23% de C, se enfría a una velocidad de 8°C/s cuando se templa en aceite, y a 50°C/s cuando se templa en agua. ¿Cual es la microestructura producida por cada uno de estos tratamientos descritos?. Considerar el diagrama de enfriamiento
800
Temperatura, °C
e) Enfriar rápidamente a 775°C, mantener durante 8 minutos y templar a temperatura ambiente.
900
102 T iempo, segundos
130
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ferrita + perlita
103
ferrita + perlita + bainita
104
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Unidad 7 - Endurecimiento por aleación. Aleaciones con transformación martensítica
continuo de la figura. Problema 7.11. En la transformación isotérmica de un acero al carbono para herramientas, austenizado 5 minutos a 900°C, se han obtenido los siguientes valores: T (°C) Transf. Inicio Transf. Final Dureza HRC
700 600 4,2 min 1 s 22 min 10 s 15 40
500 400 300 200 100 1s 4 s 1 min 15 min 10 s 2 min 30 min 15 h 44 43 53 60 64
20 66
Construya la gráfica T.T.T. o curva de las S, e indique los constituyentes en cada una de las diferentes zonas. NOTA: Considerar el valor de Ms de 185°C y el valor de Mf de 35°C Problema 7.12. Utilizando el diagrama TTT correspondiente a un acero al carbono con un 0,5% C, representado en la figura del problema 7.7, describir: a) la microestructura final, indicando los constituyentes de una probeta sometida a una austenización a 800°C seguida de un enfriamiento brusco hasta 400°C, donde se mantiene durante 20 segundos tras los cuales vuelve a enfriarse bruscamente hasta temperatura ambiente. b) El tratamiento térmico y la cantidad de cada constituyente, después de cada fase del proceso térmico, para obtener una dureza en el acero de 30 Rc. Problema 7.13. Utilizando el diagrama TTT correspondiente a un acero al carbono eutectoide, con un 0,8% C, representado en la figura del problema 7.3, describir: a) La microestructura al someter al acero al siguiente tratamiento térmico: (i) temple instantáneo desde la región γ hasta 500°C, (ii) mantenimiento a esta temperatura durante 4 s, y (iii) temple instantáneo hasta 250°C. b) ¿Qué ocurriría si se mantiene la microestructura resultante durante un día a 250°C y posteriormente se enfría hasta temperatura ambiente? c) ¿Qué ocurriría si la microestructura resultante de la parte a) se templa directamente hasta la temperatura ambiente? a) Estimar la velocidad de enfriamiento necesaria para evitar la formación de perlita en este acero. Problema 7.14. El diagrama de transformación isotérmica de un acero aleado con un 2% de Ni, 0,7% de Cr y 0,25% de Mo es el representado en la figura siguiente, describir la microestructura final, indicando los constituyentes, de una probeta sometida a los siguientes tratamientos térmicos: a) Una austenización a 750°C seguida de un enfriamiento brusco hasta 300°C, donde se mantiene durante 20 segundos tras los cuales vuelve a enfriarse bruscamente hasta temperatura ambiente. b) Tras la austenización, enfriar rápidamente hasta los 350°C, manteniendo 3 horas, para 131
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Cuestiones y ejercicos de Fundamentos de Ciencia de Materiales
hasta
c) Tras la austenización, enfriar rápidamente hasta los 550°C, manteniendo 2 horas y 45 minutos, posteriormente enfriar de nuevo rápidamente hasta 400°C manteniendo durante 200 s y finalmente enfriar hasta temperatura ambiente. d) Tras la austenización, enfriar rápidamente hasta los 650°C, manteniendo 17 minutos, para enfriar de nuevo rápidamente hasta 400°C manteniendo 17 minutos más a esa temperatura enfriando finalmente hasta temperatura ambiente.
800 700
A+FA+F F+P 600 500
A+B 400
50%
M (inicio) 300
B
M+A
M (50%) M (90%)
M
100 0
1
102
10
103
104
105
106
Tiempo, segundos
900 Austenita
800
Ferrita
700
Temperatura, °C
b) Después de la austenización, se enfría rápidamente en horno de sales hasta los 400°C, donde se mantiene durante 100 segundos, para enfriar posteriormente de forma brusca hasta temperatura ambiente.
+P
A
200
Problema 7.15. El diagrama TTT, de un acero con un 0,37% de carbono, es el representado en la figura siguiente. Describir la microestructura final, indicando los constituyentes de la misma, tras ser sometido a los siguientes tratamientos térmicos: a) Tras la austenización a 820°C, se enfría rápidamente en baño de sales a 650°C, manteniéndose a esa temperatura durante 100 segundos, enfriando de nuevo bruscamente hasta temperatura ambiente.
A Temperatura eutectoide
Temperatura, °C
enfriar de nuevo rápidamente temperatura ambiente.
Perlita
600 500 400
Bainita
Ms
300
50% 90%
200 100 0
Martensita
0,1
1
10
0.37% C 0,72% Mn 1,05% Cr 0,22% Mo
102 103 104 Tiempo, segundos
105 106
SOLUCION A LAS CUESTIONES DE AUTOEVALUACION: 1 - a, 2 - c, 3 - d, 4 - c, 5 - b, 6 - d, 7 - c, 8 - c, 9 - a, 10 - d, 11 - d, 12 – b, 13 – a, 14 – b, 15 – d, 16 – c, 17 – d, 18 – b, 19 – a, 20 – c, 21 – d, 22 – b, 23 – a, 24 – b, 25 – b, 26 – d, 27 – d, 28 – b, 29 – a, 30 – b, 31 – c, 32 – b, 33 – b, 34 – d, 35 - c, 36 – d, 37 – b, 38 – b, 39 - c, 40 – a, 41 – b.
132
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Unidad 7 - Endurecimiento por aleación. Aleaciones con transformación martensítica
7.4 PROBLEMAS Y EJERCICIOS PRACTICOS RESUELTOS Solución al problema 7.1 a) La velocidad crítica de temple es aquella cuya curva de enfriamiento es tangente a la nariz. Es decir, la velocidad más lenta que permite obtener estructuras 100% martensíticas.
A partir de la ecuación anterior:
1000 900
Temperatura, °C
Para este acero, la nariz viene definida por los puntos: Temperatura: 450°C, tiempo de enfriamiento: 19 segundos.
DIAGRAMA DE TRANSFORMACIÓN ISOTERMA Temperatura de austenización 850°C
∂θ = -k( θ -θ 0 ) ∂t
800
AC3 (0.4°/min)
700
AC1 (0.4°/min)
600
Aparición de la ferrita
Austenita y carburos
25
500 400
75 35
Ms
Principio de transformación
300 200
14
20
30
Bainita Fin de transformación
Martensita
100
puede determinarse el tiempo necesario para alcanzar una temperatura dada. Se tendrá:
0
la perlita
13 Fin de transformación 15 24 24 80 22 65
38 32 42
Aparición de
Dureza Rc
55
1,E+00 1,E+01 1,E+02 1,E+03 1,E+04 1,E+05 1,E+06 Tiempo, segundos
t ∂θ = -k ∫ ∫ ∂t θ θ 0 0 θ θ
a
de donde, ln(
θ -θ 0 )= -kt θa -θ0
Sustituyendo los valores conocidos: θa = 850°C temperatura de austenización θ0 = 20°C temperatura del medio refrigerante θ = 450°C, t = 19 seg y despejando k se obtiene: ln( de dónde
450 - 20 )= -19.k 850 - 20
k = 0,0346
b) La transformación a bainita requiere la utilización de un tratamiento isotérmico adecuado, tal como se muestra esquemáticamente en la figura siguiente. En este caso, como ocurre con muchos aceros aleados, se observa que aparecen dos narices en la curva: una superior, denominada nariz perlítica, y otra a menores temperaturas, denominada nariz bainítica. Atravesando isotérmicamente esta nariz se alcanzan las estructuras bainíticas. 133
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Así pues, el rango de temperaturas del baño isotérmico debe encontrarse entre: • Temperaturas del baño : desde Ms a 430°C. La pieza deberá permanecer en el baño hasta que se completen las transformaciones a bainita. • Para una temperatura de 400°C, el tiempo de tratamiento: 2000 minutos, obteniéndose bainita de dureza 32HRC. Solución al problema 7.2 Calculemos en primer lugar hasta que distancia en la probeta Jominy se obtiene 100% martensita. Para ello, se determina la constante de enfriamiento correspondiente a la velocidad crítica de temple, definida por el enfriamiento que es tangente a la nariz bainítica: Deben alcanzarse 400°C en menos de 110 segundos. De la ecuación: ln(
θ -θ 0 )= -kt θa -θ0
Sustituyendo los valores conocidos: θa = 850°C temperatura de austenización θ0 = 20°C temperatura del agua de enfriamiento θ = 400°C, t = 110 seg Podemos despejar k: ln( de dónde
400 - 20 )= -110.k 850 - 20
k = 0,0071
Una vez conocido el valor de k, podemos calcular la velocidad de enfriamiento a cualquier temperatura. Necesitamos conocer la velocidad a 704°C. Así, se tendrá, de la ecuación general de enfriamiento: ∂θ = k( θ -θ 0 ) ∂t Ve704°C = (dθ/dt)θ=704°C = 0,0071 (704-20) = 4,85 °C/seg Dicha velocidad de enfriamiento corresponde en el gráfico Jominy a una distancia de 28 mm (o 18/16 pulgadas). Así pues, en el gráfico Jominy existe martensita, con una dureza de unos 59 HRC, desde el extremo templado hasta los 28 mm. A partir de ese punto, aparecen estructuras de Martensita + Bainita, ya que durante el enfriamiento se entra dentro de la nariz. El gráfico Jominy se muestra a continuación:
134
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Unidad 7 - Endurecimiento por aleación. Aleaciones con transformación martensítica
ENSAYO JOMINY 70
200 100 50
20
10
5
Velocidad de enfriamiento a 704°C, 3 en °C por segundo
4
Dureza Rockwell, HRc
60
2000 1900 1800 1700 1600 1500 1400 1300 1200 1100 1000
55 50 45 40
Martensita
35
Martensita + Bainita
30 25 20
900 800
15
700
Carga de rotura, MPa
65
10 0
5
10
15
20
25
30
35
40
45
50
55
60
Distancia al extremo de la probeta templada, mm Solución al problema 7.3 900
Austenita
800
A1
700 600
Pf
P+γγ
500
B+γγ
400
Bs
300
38
Perlita
40
Bainita
Bf
42 52
Ms
200
57
M+γ
Mf
100 0
14
Ps
γ
66
Martensita
0,1
1
10
102
103
Dureza Rockwell C
1. Austenización alrededor de 725°C y mantenimiento durante 1 hora. El acero contiene en esta fase 100% de austenita.
1000
Temperatura, °C
En la figura podemos observar la dureza Rockwell C como una función de la temperatura de transformación. La dureza de 32 Rc se obtiene con estructuras transformadas a 650°C, donde Ps, inicio de transformación perlítica, es de 4 s y Pf, final de la transformación perlítica, sucede a los 40 s. El tratamiento térmico y las microestructuras serán, por tanto, como siguen:
104
105
2. Enfriamiento rápido a 650°C manteTiempo, segundos niendo al menos 40 segundos. Después de 4 segundos se inicia la nucleación de la perlita a partir de la austenita inestable. Los granos perlíticos van creciendo hasta los 50 segundos, siendo la estructura final 100% perlita. La perlita será de tamaño medio, al encontrarse entre las temperaturas de transformación a perlitas gruesas y finas. 3. Enfriamiento al aire hasta temperatura ambiente. La microestructura permanece como perlita.
135
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Cuestiones y ejercicos de Fundamentos de Ciencia de Materiales
Solución al problema 7.4 1000 900
Austenita
800
A1
700 600
14
Ps
γ
500
Bainita
Bf
Bs
300
38 40
B+γγ
400
42 52
Ms
200
57
M+γ
Mf
100 0
Perlita
Pf
P+γγ
66
Martensita
0,1
1
10
102
103
Dureza Rockwell C
Temperatura, °C
Utilizando el diagrama TTT del acero, examinamos el tratamiento térmico descrito. Tras el calentamiento a 750°C, la microestructura es 100% austenita. Después del enfriamiento rápido a 250°C, permanece la estructura austenita inestable hasta iniciar la transformación a bainita inferior a los 150 s. Después de 15 minutos, o 900 s, se ha formado cerca del 50% de bainita, permaneciendo todavía un 50% de austenita inestable. Es precisamente esta austenita inestable la que se transforma a martensita al enfriar a temperatura ambiente.
104
105
La estructura final obtenida será, por Tiempo, segundos tanto, de un 50% de bainita y un 50% de martensita, y por ello el tratamiento descrito no es adecuado al formar una estructura muy frágil, la martensítica. Para obtener una transformación total a bainita debería permanecer el acero, a los 250°C, al menos durante 104 s, o alrededor de 3 horas. Solución al problema 7.5 900 800
Austenita
A1
700 600
γ
B+γγ
400
Bs
300
100 0
Pf
P+γγ
500
200
14
Ps
Perlita Bainita
Bf
Martensita
40 42 52
Ms Mf
38
57
M+γ (b)
(c)
(a)
100% martensita 50% perlita 100% bainita 50% bainita
Dureza Rockwell C
a) A 350°C la austenita se transforma isotérmicamente en bainita; esta reacción empieza a los 10 s y termina a los 500 s. Por lo tanto, a los 104 s el 100% de la probeta es bainita y no ocurre posterior transformación, aunque posteriormente la gráfica de enfriamiento pase por la zona de transformación martensítica.
1000
Temperatura, °C
Las gráficas tiempo - temperatura se estos tratamientos están trazados en la figura adjunta. En todos los casos consideramos un enfriamiento rápido para prevenir cualquier transformación.
66
0,1 1 10 102 103 104 105 b) La transformación bainítica, a 250°C, empieza después de 150 s, por este Tiempo, segundos motivo después de 100 s la probeta mantiene el 100% de austenita. Al enfriar esta probeta a los 215°C la austenita empieza a transformarse instantáneamente en martensita. Al llegar a la temperatura ambiente casi el 100% de la microestructura es martensita.
c) En la transformación isotérmica a 650°C, la perlita empieza a formarse a los 7 s y después de 20 s aproximadamente el 50% de la probeta se ha transformado en perlita. El enfriamiento rápido hasta 400°C está indicado por la línea vertical y durante este enfriamiento prácticamente no hay 136
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Unidad 7 - Endurecimiento por aleación. Aleaciones con transformación martensítica
transformación de la austenita, aunque se crucen las zonas de transformación perlítica y bainítica. A 400°C empezamos a contar a partir del tiempo 0. Después de 1000 s a esta temperatura el 100% de la austenita que quedaba se transforma en bainita. Al templar a temperatura ambiente no ocurre ningún cambio microestructural. Por este motivo la microestructura final a temperatura ambiente consiste en 50% de perlita y 50% de bainita. Solución al problema 7.6 1000
800
Temperatura, °C
a) Para obtener 100% de perlita gruesa se deberá enfriar rápidamente a temperaturas entre los 650°C y los 710°C. Tras mantener un tiempo superior a los 200 s, se enfriará a temperatura ambiente.
900
Austenita
A1
700 600
P+γγ
500 400 300 200
14
Ps
γ
Pf
B+γγ Bs
(c)
(a) Bf
Ms
Perlita Bainita
38 40 42 52 57
Dureza Rockwell C
En todos los casos se iniciará con un calentamiento a 750°C, donde la microestructura será 100% austenita.
M+γ Mf b) Tras la austenización, se realiza un (b) 100 66 enfriamiento rápido a temperaturas entre los Martensita 0 400°C y los 250°C que corresponden a 0,1 1 10 102 103 104 105 temperaturas de transformaciones bainíticas, el Tiempo, segundos tiempo correspondiente para obtener el 50% de transformación a bainitas. Si tomamos una temperatura de 250°C la transformación a bainita iniciará a los 150 s. Después de 15 minutos, o 900 s, se ha formado cerca del 50% de bainita, permaneciendo todavía un 50% de austenita inestable. Es precisamente esta austenita inestable la que se transforma a martensita al enfriar a temperatura ambiente. Con ello, la estructura final obtenida será, de un 50% de bainita y un 50% de martensita.
Dureza Rockwell C
Temperatura, °C
c) Tras la austenización, deberá realizarse un enfriamiento rápido a temperaturas entre los 650°C y los 710°C que corresponden a temperaturas de transformaciones a perlitas gruesas, según el apartado a. Allí permanecerá hasta 1000 completar el 50% de transformación. Por 900 ejemplo, para 650°C alrededor de 50 s. γ+α Después enfriaremos rápidamente hasta A3 800 A 1 temperaturas entre los 400°C y los 250°C, Ps 700 Fs según el apartado anterior, para obtener la α α + perlita Pf 600 23 transformación bainítica. El tiempo γ + α + perlita γ+ 500 30 correspondiente, a una temperatura de ba Bs Bf ini t a 250°C, para obtener el 75% de 400 39 Bainita Ms transformación, de los cuales sólo el 25% 300 49 Mf γ + martensita será a bainitas, es de unos 5000 s. 200 54 Finalmente se enfriará rápidamente hasta Martensita 62 100 temperatura ambiente con lo que el resto de la austenita inestable se transformará a 0 0,1 1 10 102 103 104 105 martensita. Con ello, la estructura final obtenida será, de un 50% de perlita gruesa, Tiempo, segundos un 25% de bainita y un 25% de martensita.
137
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Cuestiones y ejercicos de Fundamentos de Ciencia de Materiales
Solución al problema 7.7 De la figura obtenemos una temperatura de austenización representada por la línea A3 de al menos 760°C. La dureza deseada de 23 Rc, se obtiene mediante transformación del acero a 590°C, donde a 1 s se inicia la transformación a ferrita, Fs, a los 1.15 s se inicia la transformación a perlita, Ps, y a los 5.5 s finaliza la transformación a perlita, Pf. Los tratamientos y microestructuras obtenidas serán las siguientes: 1. Austenización a 760 + (30 a 55) = 790°C a 815°C y mantenimiento durante 1 hora. El acero contiene en esta fase 100% de austenita. 2. Enfriamiento rápido a 590°C manteniendo al menos 5 segundos. Empieza formándose ferrita primaria precipitada de la austenita inestable después de 1 s. Más tarde, a los 1.15 s, inicia la transformación de perlita y la austenita se transforma completamente después de los 5.5 segundos. 3. Enfriamiento al aire hasta temperatura ambiente. La microestructura permanece como ferrita primaria y perlita. Solución al problema 7.8
1000 900
2. Tras un enfriamiento rápido a 700°C se inicia la transformación a ferrita a los 20 s y a los 50 s el acero contiene solamente ferrita y austenita inestable.
700
Temperatura, °C
3. Inmediatamente después de enfriar a 400°C, el acero sigue conteniendo solamente ferrita y austenita inestable. La bainita inicia su transformación transcurridos 3 s y después de 20 s, el acero contiene ferrita, bainita y restos de austenita inestable.
800
A1
γ+α
A3 Ps
Fs
Pf
600
23
γ + α + perlita
500
Bs
400
Ms
300
Mf
γ+
ba
ini
ta
30
Bf
39
Bainita
49
γ + martensita
200
54
Martensita
100 0
α
α + perlita
Dureza Rockwell C
1. Después de 1 hora de austenización a 800°C tendremos un 100% de austenita.
62
0,1
1
10
102
103
104
105
Tiempo, segundos
4. Después del enfriamiento rápido hasta temperatura ambiente, la austenita que queda atraviesa las líneas Ms y Mf y se transforma a martensita. La microestructura final será ferrita, bainita y martensita. Solución al problema 7.9 En todos los casos se iniciará con un calentamiento a 815°C, donde la micro-estructura será 100% austenita. a) Tal como se observa en la figura no hay transformación a ninguna estructura mientras se encuentra a 250°C. Tras el temple final se obtendrá 100 de martensita. b) A la temperatura de 650°C obtenemos la transformación parcial de austenita a cementita y concluimos con una transformación alrededor del 25% de perlitas gruesas. Tras el enfriamiento a 400°C iniciamos la transformación a bainita alrededor de los tres segundos y a los 25 s, sólo se ha transformado el 50% de la estructura restante, aproximadamente el 38%, y finalmente, el 138
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Unidad 7 - Endurecimiento por aleación. Aleaciones con transformación martensítica
resto se transforma con el último temple a temperatura ambiente en martensita. Por lo tanto la 900 estructura final obtenida será de un 25% de Austenita cementita y perlita gruesa, con un 38% de 800 (e) A + C bainitas superiores y el 38% restante de 700 martensita. Temperatura, °C
c) Al enfriar a 350°C no tenemos ninguna transformación hasta iniciar la transformación a bainitas intermedias a los 30 s, obteniendo una estructura de bainitas intermedias que constituye el 50% a los 5 minutos. El resto se transforma a martensita durante el temple hasta temperatura ambiente.
600
A+P
500
A+B
Perlita
400
Bainita A
300
50%
M (inicio) (d) M (50%) M (90%)
200 100
(b)
(c) (a)
0
0.1 1 10 102 103 104 105 106 d) A la temperatura de 675°C obtenemos la T ie m p o , s e g u n d o s transformación parcial de austenita a cementita, tal como se describe en el diagrama de fases Fe-C y con la proporción de fases que allí se indica. y concluimos con una transformación Esta cementita estable, precipitará en el borde de grano de la austenita. Tras el temple hasta temperatura ambiente, esta austenita se transforma en martensita, por lo que la estructura resultante será de martensita con cementita que actuará de matriz dándonos una estructura de máxima fragilidad. Es posible que no toda la cementita esté ubicada en los antiguos bordes de grano de la austenita al ser una transformación rápida y posiblemente incompleta.
e) A la temperatura de 775°C, estamos entre las temperaturas de inicio y fin de transformación eutectoide, por lo que obtenemos la transformación parcial de austenita a cementita es tal como se describe en el diagrama de fases Fe-C y debido al tiempo de 8 minutos, con la proporción de fases que allí se indica. Tras el enfriamiento rápido hasta temperatura ambiente, esta austenita se transforma en martensita, por lo que la estructura resultante será de martensita con cementita que actúa de matriz dándonos ahora sí una estructura de máxima fragilidad. Solución al problema 7.10
800
Fs Ps
600
Bs
Bs
500
Bf
Ms
400
1
s
0
ferrita + perlita + bainita + martensita
/s
/s
ferrita + ferrita bainita 100 + + martensita martensita 200
2°C/
300
Pf
10°C
Temperatura, °C
700
20°C
A los 50°C/s, la curva corta las líneas de inicio de transformación ferrítica, Fs, inicio de transformación bainítica, Bs, y la línea de inicio de transformación a martensita, Ms. La estructura será, por lo tanto, una
900
100°C/s
De la figura adjunta, una velocidad de enfriamiento de 8°C/s, entre los 2°C/s y los 10 °C/s, cruza las líneas de inicio de transformación ferrítica, Fs, inicio de transformación perlítica, Ps, y las líneas de inicio y fin de transformación bainítica, Bs y Bf. Por lo tanto, la estructura será una mezcla de ferrita, perlita y bainita.
ferrita + perlita
10 50°C/s 102 8°C/s 103
ferrita + perlita + bainita
104
T ie m p o , s e g u n d o s
139
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Cuestiones y ejercicos de Fundamentos de Ciencia de Materiales
mezcla de ferrita, bainita y martensita. Es posible también que todavía queda una pequeña cantidad de austenita retenida. Solución al Problema 7.11 La construcción del diagrama no ofrece ninguna dificultad. Tan sólo deberá tenerse en cuenta que la escala de abscisas es logarítmica respecto al tiempo. En la misma gráfica se indican los distintos constituyentes, así como las líneas singulares de inicio y fin de transformación.
800
Austenita
700
Temperatura °C
600
A1
Ps
Perlita
Pf
500 400 300 200
Bainita
Ms
100 0
Bf
Bs
Mf
Martensita
1 2 4 8 15 30 1 2 4 8 15 30 1 2 Minutos Segundos
4
8 15 30 60 Horas
Tiempo Solución del problema 7.12. 1000
a) Martensita + Bainita inferior
900
b) Enfriar bruscamente hasta los 500 ºC y mantener al menos durante 8 segundos, después enfriar a temperatura ambiente. Solución del problema 7.13. a) La microestructura corresponderá, según el diagrama TTT a: 50% de perlita fina + 50% de austenita inestable b) Cuando mantenemos un día a 250°C,
800
A1
700
γ+α
A3 Ps
Fs
23
γ + α + perlita
500
γ+
Bs
400
Ms
300
Mf
ba
ini
ta
Bf
30
(b)
39
Bainita
49
γ + martensita
200
54
Martensita
100 0
α
α + perlita
Pf
600
62
(a) 0,1
1
10
102
103
Tiempo, segundos
140
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104
105
Dureza Rockwell C
60 a 75 % Temperatura, °C
25 a 40%
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Unidad 7 - Endurecimiento por aleación. Aleaciones con transformación martensítica
la estructura resultante será 50% de perlita fina + 50% de bainita
800
c) Cuando enfriamos rápidamente desde los 250°C, obtendremos:
700
d) Si consideramos un enfriamiento desde la región austenítica a 800°C, la temperatura a la que se corta la nariz perlítica resulta de 538°C, a los 0,6 segundos, con lo que la velocidad mínima de enfriamiento será: v=
Perlita gruesa 600
Temperatura, °C
50% de perlita fina + 50% de martensita
Austenita
727°C
α + Fe3C
Perlita fina
500 400
γ+
γ inest.
α+
a)
300
Bainita
Fe 3C
b)
Ms 200
M50 M90
100
∆T 800 − 538 °C = = 437 K / s t 0,6 s
0 0,1
1
102
10
103
104
105
106
Tiempo, segundos
Solución del problema 7.14. a) La microestructura será de un 100% de martensita.
800
b) Tras mantener durante 3 horas a 350°C tenemos una transformación completa de la austenita a bainita del tipo inferior.
700
A+FA+F F+P 600
Temperatura, °C
c) Tras mantener durante 2 horas y 45 minutos a 550°C, la austenita no ha sufrido ninguna transformación por lo que al enfriar hasta los 400°C y mantener 200 segundos, se transformará un 40% de la masa en bainita del tipo superior, transformando el resto a martensita en el último enfriamiento. Por tanto, la transformación final será:
A Temperatura eutectoide
A
500
A+B 400
50%
M (inicio) 300
B
M+A
M (50%) M (90%)
200
40% bainita superior + 60% martensita d) Al permanecer 17 minutos a 650°C, un 25% de la austenita transforma a ferrita. El resto iniciará de nuevo la transformación después de permanecer otros 17 minutos a 400°C donde el 60% de esta masa pasará a bainita superior y el 40% restante a martensita, con lo que la transformación final será:
+P
a)
c) d)
b)
100
M 0
1
10
102
103
104
105
106
Tiempo, segundos
25% ferrita + 45% de bainita superior + 30% martensita Solución del problema 7.14. a) Al enfriar rápidamente a 650°C y mantener la temperatura durante 100 segundos, obtenemos una transformación parcial a ferrita y perlita. La ferrita, que habría transformado toda la posible, 141
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Cuestiones y ejercicos de Fundamentos de Ciencia de Materiales
50% ferrita + 12,5% perlita + 37,5% martensita
900
Austenita
800 700
Temperatura, °C
vendrá expresada por el porcentaje de carbono que al ser cercano al 0,4 % le corresponderá aproximadamente al 50%, y del resto, el 25% se transformará a perlita, con el enfriamiento brusco posterior logramos transformar a martensita toda la austenita que no se había transformado previamente, por tanto tendremos finalmente:
a)
Ferrita
Perlita
600 500 400 300 200
b) Bainita
Ms 50% 90%
100
0.37% C 0,72% Mn 1,05% Cr 0,22% Mo
b) Al enfriar rápidamente a 400°C y Martensita 0 mantener igualmente 100 segundos, 0,1 1 10 102 103 104 105 106 obtenemos una transformación a bainita de Tiempo, segundos aproximadamente el 75%. El resto de austenita se transformará también a martensita con el nuevo enfriamiento brusco, por lo que tendremos: 75% bainita + 25% martensita
142
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UNIDAD 8 Características eléctricas de los materiales 8.1 CUESTIONES DE AUTOEVALUACIÓN 1. Un conductor de cobre puro puede endurecerse mediante: a) Envejecimiento. b) Acritud mas envejecimiento. c) Transformación martensítica. d) Acritud. 2. Una conductividad eléctrica de 106 IACS corresponde a un conductor de: a) Cobre puro OFHC. b) Plata. c) Cobre aleado. d) Oro. 3. El aumento de la resistividad con la temperatura de los metales y aleaciones se debe a: a) El aumento de la velocidad de deriva. b) El aumento del tamaño de estos átomos. c) La diminución de la movilidad de los electrones. d) La disminución de la movilidad de los huecos. 4. En un semiconductor extrínseco de tipo p la conducción a bajas temperaturas se debe al movimiento de: a) Los electrones activados térmicamente. b) Los huecos. c) Los electrones y huecos. d) No hay conducción neta a bajas temperaturas. 5. En los semiconductores extrínsecos, la brecha o nivel prohibido de energía, Ed, necesaria para activar térmicamente la conducción de tipo extrínseco, es: a) Inferior a Eg. b) Superior a Eg. c) Igual a Eg. d) Depende de la concentración de dopante. 6. En un semiconductor intrínseco la conductividad está controlada por: a) La movilidad y la temperatura. b) La temperatura y la concentración de dopante. c) La temperatura, movilidad y la brecha o nivel prohibido, Eg. d) La concentración de dopante. 143
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Cuestiones y ejercicios de Fundamentos de Ciencia de Materiales
7. ¿Cual de los siguientes elementos permite obtener semiconductores de silicio tipo n, donadores?: a) Fósforo, P. b) Aluminio, Al. c) Boro, B. d) Germanio, Ge. 8. En un semiconductor tipo n la conducción a alta temperatura se debe a: a) Electrones donadores. b) Electrones donadores y electrones activados térmicamente. c) Electrones donadores, huecos y electrones activados térmicamente. d) Huecos y electrones activados térmicamente. 9. ¿Que le pasa a la resistividad eléctrica de un conductor eléctrico cuando aumenta la temperatura? a) Aumenta. b) Disminuye. c) Se mantiene constante. d) Es independe de la temperatura. 10. ¿En que supuesto tenemos los menores valores de conductividad dentro de un material?. a) Cuando esta envejecido. b) Cuando es templado o solubilizado. c) Cuando esta sobreenvejecido. d) Cuando esta mecanizado. 11. Una aleación presenta el grano muy fino y en consecuencia tendremos: a) Alta resistencia y resistividad. b) Excelente conductividad. c) Un grano alargado/estirado. d) Un envejecimiento correcto. 12. La utilización de un puente de Weastone suministra datos básicos para el: a) Cálculo de la resistencia eléctrica. b) Cálculo de la resistencia mecánica. c) Cálculo de la resistividad eléctrica. d) Cálculo del aislamiento eléctrico. 13. El diseño y cálculo de componentes eléctricos conductores debe controlar parámetros como: a) Conductividad eléctrica del material y factor geométrico del conductor. b) La intensidad de corriente. c) La temperatura. d) La diferencia de potencial. 14. Los electrones se ordenan en los sólidos cristalinos metálicos en: a) Orbitales atómicos de baja energía. b) Bandas continuas de energía. c) Orbitales atómicos separados. d) Bandas de estados de energía muy próximos. 15. El campo eléctrico acelera los electrones de un metal que están situados en: a) La banda de valencia. b) La banda de conducción. 144
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Unidad 8 – Características eléctricas de los materiales
c) Fuera del átomo. d) Es independiente de la banda en la que estén situados. 16. La correlación entre resistencia eléctrica y temperatura para los metales indica: a) La resistividad disminuye con la temperatura. b) La conductividad aumenta con la temperatura. c) La resistividad es creciente a mayores temperaturas. d) La resistividad permanece constante con la temperatura. 17. El contenido de impurezas en los sólidos metálicos implica: a) Aumento de la conductividad, por el efecto benéfico que éstas tienen sobre la estructura cristalina. b) Disminución de la conductividad, al distorsionar la red cristalina e introducir defectos cristalinos. c) Disminución de la conductividad si la impureza es más resistiva. d) Muy ligero aumento de la conductividad. 18. La adición de aleantes, solubles por solución sólida en un metal, nos permite obtener: a) Aleaciones más conductoras respecto del metal puro. b) Aleaciones mejoradas en resistencia mecánica y eléctrica. c) Aleaciones con peores propiedades mecánicas y eléctricas. d) Aleaciones mejoradas en características resistentes pero de menor conductividad. 19. Las aleaciones que endurecen por precipitación de segundas fases muestran: a) Conductividad independiente del estado de tratamiento térmico. b) Mayores conductividades y características resistentes en la etapa de temple. c) Mejor conductividad pero peor comportamiento mecánico tras el temple. d) Alta resistencia mecánica y buena conductividad en la etapa de maduración (envejecimiento). 20. La estructura electrónica de los semiconductores está formada por: a) Dos bandas de energía con algunos estados superpuestos. b) Dos bandas de energía, con electrones conductores en la de conducción. c) Bandas de valencia y conducción, separadas por un intervalo prohibido de energía. d) Bandas de valencia y conducción coincidentes. 21. En los semiconductores, los agentes activos de conducción son: a) Los electrones de la banda de valencia. b) Los huecos de la banda de valencia. c) Los electrones de la banda de conducción. d) Electrones y huecos. 22. Un semiconductor que contiene elementos químicos con la capa electrónica de valencia diferente a la de los del semiconductor se denomina: a) Extrínseco. b) Intrínseco. c) Débilmente extrínseco. d) No recibe ningún nombre especial. 23. Los parámetros que inciden en la conductividad de un semiconductor intrínseco son: a) Temperatura, movilidad y diferencia energética entre bandas. b) Temperatura y movilidad. c) Concentración de portadores de carga libre. 145
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Cuestiones y ejercicios de Fundamentos de Ciencia de Materiales
d) Energía prohibida y concentración de portadores de carga libre. 24. La concentración de portadores de carga, en los semiconductores extrínsecos: a) Disminuye en el rango de bajas temperaturas por actuar la agitación térmica de la red cristalina. b) Disminuye a altas temperaturas al disminuir la movilidad. c) Aumenta en el rango de bajas temperaturas por actuar los dopantes como promotores del mecanismo conductor. d) Ninguna es correcta ya que la concentración de portadores de carga es independiente de la temperatura en los extrínsecos. 25. A temperaturas superiores a la crítica, un semiconductor dopado cambia: a) Poco ya que la conductividad ya no es función de la temperatura. b) De mecanismo conductor, tomando el intrínseco una mayor importancia. c) Su comportamiento conductor a extrínseco. d) Al aumentar la movilidad de los portadores de carga. 26. La naturaleza del dopante incide en: a) Aumento de la energía de la banda prohibida, disminuyendo la población de portadores de carga libre. b) Disminución de la energía de la banda de energía prohibida, aumentando la concentración de portadores libres. c) El valor de la energía de ionización y por tanto en una mayor aptitud para suministrar portadores de carga libre. d) El mecanismo de conducción, intrínseco o extrínseco. 27. La diferencia entre la estructura electrónica de un metal y un semiconductor radica en: a) La diferencia de población electrónica en la banda de conducción. b) La inexistencia de una banda de energía prohibida en el metal separando las bandas de valencia y conducción. c) Un mayor valor de la energía prohibida en el semiconductor que en el metal. d) La inexistencia de banda de valencia en los metales. 8.2 CUESTIONES DE HETEROEVALUACIÓN 1. Diferencias fundamentales entre un conductor y un semiconductor. 2. Diagrama esquemático de bandas de energía para un conductor, un aislante y un semiconductor. 3. Diferencias entre un semiconductor p y otro n. 4. Indica los mecanismos de conducción en los semiconductores en función de la temperatura. 5. Interés tecnológico del dopado de materiales semiconductores. 6. Justifica el efecto de la temperatura y de la acritud sobre la conductividad. 7. Etapas del envejecimiento: Evolución de la resistencia mecánica y de la conductividad eléctrica en cada una de ellas.
146
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8. Como se encuentran y distribuyen las bandas en: a) Material conductor. b) Material semiconductor. c) Material aislante. 9. Etapas del recocido contra acritud. Evolución de la resistencia mecánica y de la conductividad eléctrica en cada una de las etapas. 10. ¿Qué tipos de endurecimiento se aplican a los conductores de cobre? Señala los mecanismos posibles y sus limitaciones. 11. Diseña una experiencia para determinar la resistividad eléctrica de metales. 12. Indica los parámetros que definen el comportamiento conductor en metales. 13. Calcula la resistencia eléctrica de una película conductora, de dimensiones: L0 = 20 mm, a = 4 mm, b = 20 µm, elaboradas en (a) Ag (ρ 1'63 µΩcm), (b) Al (2'67 µΩcm), (c) Fe (9'95 µΩcm) y (d) grafito (1.150 µΩcm). 14. Indica que dimensiones debería de tener una película resistiva de 1 KΩ, depositada sobre un sustrato no conductor de sección circular de diámetro 6 mm, en los siguientes materiales: (a) Au (2'2 µΩcm), (b) Pt (10'6 µΩcm), (c) Fe-Ni-Cr (135 µΩcm) y (d) carbón (3.875 µΩcm). 15. Diseña una experiencia para determinar la resistividad eléctrica de semiconductores. 16. Indica que factores de diseño y cálculo son necesarios para la obtención de elementos conductores y resistores semiconductores. 17. Calcula la resistencia eléctrica a 300 K de una película semiconductora de Si extrínseco n, de dimensiones L0 = 20 µm, a = 4 µm, b = 0'05 µm. Hipótesis simplificadoras: (1) considerar a esas temperaturas la total ionización de impurezas y (2) ni es 1'5 1010 port/cm3. Otros datos se incluyen en la tabla mostrada a continuación. Conc. (at/cm3)
Movil. n (cm2/Vs)
Movil. p (cm2/Vs)
0
1.350
500
12
1.430
517
16
1.250
406
20
110
58
10 10 10
18. ¿Cambiarían los resultados de los cálculos anteriores si el material seleccionado fuera Si-p, manteniendo el resto de parámetros constante? 19. ¿Explica las principales diferencias en los mecanismos de conducción del Ge dopado con Sb y el Ge dopado con Al?
147
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8.3 PROBLEMAS Y EJERCICIOS PRACTICOS PROPUESTOS Problema 8.1 Calcular la resistividad de un substrato de silicio dopado con 1018 at./cm3 de elemento dopante. Problema 8.2 Calcular la resistividad de un sustrato de GaAs dopado con 1018 at./cm3 de elemento dopante tipo aceptor, a temperatura ambiente. Problema 8.3 Calcular la resistividad a 350 K de un semiconductor Si-n dopado con 1016 at./cm3. Problema 8.4 Calcular, a la temperatura 0°C, para un semiconductor intrinseco de GaAs. a) La densidad de estados energéticos. b) La energía de la banda prohibida. c) La población de portadores de carga libre. d) La movilidad de los portadores e) La conductividad y resistividad. Problema 8.5 Calcular los límites de estabilidad térmica en la conductividad de un semiconductor GaP dopado con 1016 at/cm3. Ed = 0,03 eV. Eg = 1,8 eV. K = 8,63´10-5. Problema 8.6 Una aleación de Cu-5%Zn presenta la siguiente tabla de características eléctrico - mecánicas dependiendo del grado de deformación de la misma.
1 2 3 4 5 6 a) b) c) d)
LE (MPa) 165 195 259 291 320 356
RM (MPa) 235 267 328 355 376 395
Ig 0,702 0,730 0,790 0,820 0,851 0,901
A% 20,2 15,4 12,3 8,5 2,9 1,0
Cond. (%) 56,5 53,1 46,8 43,4 40,5 35,7
Calcular: Índice intrínseco de endurecimiento para una aleación de RM = 300 MPa. Resistividad de la aleación con el mismo endurecimiento. Deformación máxima que puede suministrarse al conductor de diámetro inicial 1 mm. Diámetro final de dicho conductor al proporcionarle la máxima deformación posible.
Problema 8.7 Un sustrato semiconductor de Si de 1 mm2 de sección, se utiliza para diseñar una resistencia. La concentración de dopado-p es de 5´1016 at/cm3. Se pide: a) Calcular la resistencia eléctrica para las dimensiones a= 100 µm, l= 500 µm, e= 0,1 µm. b) La densidad de corriente que circula para una tensión de 5 V. c) Concentración de dopante para R= 100 Ω. d) ¿Cuál debe ser la anchura del contacto, considerando constantes las otras dimensiones, 148
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para que circule una corriente de 1 mA con una tensión de 5 V, con el nivel de dopado inicial. Problema 8.8 Calcular para la misma aleación anterior: a) El índice de endurecimiento intrínseco para una resistividad de 4,3 µΩ×cm. b) Características mecánicas en ese estado. c) Resultado final de trefilar 1000 m de hilo de diámetro 0,5 mm, para obtener esas condiciones eléctricas. Problema 8.9 Se dispone de tres materiales para fabricar una resistencia por arrollamiento cuyos requisitos son: un diámetro de 0,1 mm y una longitud del hilo de 150 mm. A B C
Material Ni1Cu Ni-30Cr-2Si Fe-22Cr-6Al
ρ (µΩ×cm) 80 120 145
Seleccionar el material en orden creciente de resistividad del dispositivo. Problema 8.10 Se desea diseñar la pista de un potenciómetro cuya resistencia varía entre 5 y 35 Ω. El ancho de pista es de 2 mm y su diámetro al centro de la pista es de 5 mm. Se elige como material un sinterizado de C-CrSi2 que tiene una resistividad eléctrica ρ de 1800 µΩ×cm. Determinar: a) ¿Qué dimensiones son necesarias para tener la Rmin = 5 Ω? b) ¿Dónde debe situarse el cursor para obtener Rmax = 35 Ω? Problema 8.11 Una mezcla sinterizada de Ni y SiO2 posee una resistividad de 2500 Ω×cm. Se pide: a) ¿Qué longitud debería tener para diseñar una resistencia de 16 MW, con un espesor máximo de 1 mm y un diámetro de 5 mm? b) Si las mínimas dimensiones técnicamente posibles son 0,1 cm de radio y 0,5 cm de longitud, ¿cuál sería el valor de la resistencia?
l
D
e
Problema 8.12 Para fabricar una resistencia por arrollamiento de 25 Ω, se dispone de alambres, de las dimensiones y precios recogidos en la tabla siguiente, de aleación Ni-30Cr-2Si cuya resistividad eléctrica es de 120 µΩ·cm. ¿Cual será la dimensión del alambre y la longitud del mismo que nos permita obtener la resistencia indicada al menor costo?. Considerar la densidad de la aleación = 8.4 g/cm3 Diámetro del alambre (mm) 0.10 0.15 0.20
Costo (pts/g) 1858 323 122
149
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Problema 8.13 A temperatura ambiente, la conductividad eléctrica y la movilidad electrónica para el aluminio son respectivamente 3.8 · 107 (Ω · cm)-1 y 0.0012 m2/V · s. Calcular: a) El número de electrones libres por m3 de aluminio a temperatura ambiente. b) El número de electrones libres por átomo de aluminio. El aluminio cristaliza en el sistema C.C.C., con un parámetro de red de 0.405 nm y tiene un peso atómico de 27. La relación entre la movilidad y conductividad eléctricas es: σ = n · e · µ. Problema 8.14 Un hilo de cobre de pureza comercial debe conducir 10 A de corriente con un máximo de caida de voltaje de 0,4 V/m, calcular: a) ¿Cuál debe ser el diámetro mínimo si la conductividad eléctrica del cobre puro comercial es de 5.85 · 107 (Ω · m)-1? b) La mínima conductividad admisible en este conductor si las pérdidas máximas a lo largo del hilo conductor es de 4 W/m. Problema 8.15 Si la conductividad intrínseca de un semiconductor InSb es de 2 · 104 (Ω · m)-1 a temperatura ambiente, y de 4.6 (Ω · m)-1 a 125°C, determinar su intervalo prohibido sabiendo que responde a una ley logarítmica del tipo: ln σ
Eg
= C−
2kT donde k es la constante de Boltzmann = 8.62 · 10 eV/K.
Problema 8.16 Un semiconductor de GaAs, se dopa para obtener una conductividad de 4,34 (Ω·cm)-1, a 300 K, expresada por la ecuación σ = N e µ. Calcular el orden de dopado, así como el tipo de semiconductor obtenido (N o P). e = 1,6 · 10-19 C. Problema 8.17 Se desea diseñar una resistencia de 25 Ω, por arrollamiento de un alambre de 0,08 mm, de una aleación Fe-22Cr-6Al que tienen una resistividad de 145 µΩ · cm.
Movilidad electrónica, µ (cm2/V·s)
-5
10000
GaAs 5000
µs
2000 1000 500
µp 200 100
a) ¿Cuál debe ser su longitud?
1014
1015
1016
1017
1018
1019
Concentración de impurezas
(cm-3)
Si en su lugar se hubiese escogido una aleación Ni-1Cu con una resistividad de 80 µΩ · cm, b) ¿Cuál debería ser su diámetro máximo para utilizar la misma longitud de alambre?
150
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Problema 8.18 Se dispone de tres materiales, cuyas características se recogen en la tabla siguiente, para fabricar una resistencia de 35 Ω, por arrollamiento de un hilo de 0,15 mm de diámetro. ¿Con cual de los materiales podría realizarse la resistencia más económica? Material Ni 1Cu Ni-30Cr-2Si Fe-22Cr-6Al
Dendidad (g/cm3) 8.1 8.4 7.7
ρ (µ µΩ · cm) 80 120 145
Coste (pts/g) 283 323 452
SOLUCION A LAS CUESTIONES DE AUTOEVALUACION: 1 - d, 2 - b, 3 - c, 4 - b, 5 - a, 6 - c, 7 - a, 8 - c, 9 - a, 10 - b, 11 – a, 12 – c, 13 – a, 14 – d, 15 – b, 16 – c, 17 – b, 18 – d, 19 – d, 20 – c, 21 – d, 22 – a, 23 – a, 24 – c, 25 – b, 26 – c, 27 – b. 151
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8.4 PROBLEMAS Y EJERCICIOS PRACTICOS RESUELTOS Solución al problema 8.1 El Silicio es un semiconductor intrínseco. Partiendo del modelo clásico la conductividad total será la suma de las contribuciones individuales de cada tipo de portador de carga libre, según la expresión: σ = µn N D e + µ p N a e
en la que, al estar todas las impurezas ionizadas a temperatura ambiente, se cumple: Na e µp ≈ 0 dado que: N d = 1018 → µ n = 300 cm2 / V ⋅ s y e = 1,6 ⋅ 10 -19 C correspondientes a la densidad de elementos donantes según la figura 8.30. La conductividad resultará: σ = 300 ⋅ 1018 ⋅ 1.6 ⋅ 10 -19 = 48 ( Ω ⋅ cm )-1 Por lo que la resistividad tendrá un valor de: ρ =
1 = 0.021 Ω ⋅ cm ≡ 21 mΩ ⋅ cm σ
Solución al problema 8.2 De manera similar al ejercicio anterior y considerando, al ser el elemento dopante de tipo aceptor, que: N D e µn ≈ 0 con lo que: σ = µp Na e
y por tanto, la resistividad se definirá como: ρ =
1 1 = µp Na e σ
De la figura 10.24 del texto, obtendremos, para la concentración de dopante Na = 1018 at/cm3, el valor de la movilidad µp ≈ 190 cm2/V×s, con lo que: ρ =
1 1 -19 = 190 10 1.6 10 30.4 18
ρ = 0.033 Ω ⋅ cm = 33 mΩ ⋅ cm
152
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Solución al problema 8.3 Al estar dopado el silicio con un elemento donador, la conductividad a temperatura ambiente, vendrá dada por: σ = µn N D e
Para temperaturas diferentes, se cumple la expresión siguiente: T0 µ(T) = µ0 T
C
Por lo que para la temperatura de 350 K, y considerando el exponente térmico C para el silicio, según la tabla 10.4, de 2.6, la movilidad será: 300 µ (350) = µ (300) ⋅ 350
2.6
obteniéndose µ para la temperatura de 300 K de la figura 10.25 del texto, con un valor aproximado de 1300 cm2/V×s, con lo que: 300 µ n = 1300 350
2.6
= 870 cm2 / V ⋅ s
con lo que la conductividad a esta temperatura será: σ = 870 1016 1.6 10 -19 = 1.39 ( Ω ⋅ cm)
−1
o bien 1.39 S / cm
y la resistividad: ρ =
1 = 0.72 Ω ⋅ cm = 720 mΩ ⋅ cm σ
Solución al problema 8.4 a) La densidad de estados energéticos en la banda de conducción y valencia es un parámetro dependiente de la temperatura según las expresiones: C N c = α ( mrn T ) C N p = α ( mrp T )
donde: α = 5 1015, C = 1.5 y mrn y mrp adquieren los valores, según la tabla 10.5 de mrn = 0.07 y mrp = 0.09 respectivamente, con lo que siendo T = 273 K, tendremos: N c = 4.18 1017 est / cm3 N p = 6.09 1017 est / cm3
b) La energía de la banda prohibitiva se expresa en su dependencia con la temperatura como: E g (T) = E g (0) -
a T2 T+ b 153
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cuyos valores según la tabla 10.3 son: Eg(0) = 1,52 eV a 0 K a= 5,4´10-4 eVK-1 b= 204 K y por tanto, Eg = 1,44 eV c) La población de portadores de carga libre viene dada por la expresión ni = N c N v
e
− Eg 2 ⋅ K ⋅ T
siendo K = 8,63´10-5 eVK-1 − 1,44 −5 2 ⋅ 8,63x10 ⋅ 273
= 5,05 x 1017 ⋅ 5,34 x 10-14 = 2,7 ⋅ 104 port/ cm3 d ni = 4,18 x 1017 ⋅ 6,09 x 1017 e ) La movilidad se expresa con la temperatura según: T0 µ (T) = µ 0 T
donde T = 300 K y para el GaAs µ0 (n) = 8500 con C = 1 µ0 (p) = 420 con C = 2,1 con lo que µn = 7735 cm2/v×s µp = 345 cm2/v×s siendo µT = Σµi = 8080 cm2/v×s e) La conductividad vendrá expresada por: σ = e N c N v ( µ n + µ p) e
− Eg 2 ⋅ K ⋅ T
= e ⋅ ni ⋅ ( µ n + µ p)
donde e es la carga del electrón e igual a 1,6 · 10-19 C, y por tanto: σ = 1,6 x 10-19 ⋅ 2,7 x 104 ⋅ 8080 = 3,49 x 10 −11 (Ω ⋅ cm ) -1 y la resistividad será: ρ=
1 1 = = 2,9 x 1010 Ω ⋅ cm σ 3,49 x 10-11
Solución al problema 8.5 La estabilidad térmica tiene lugar entre la temperatura TS, temperatura de ionización, y TCR, temperatura crítica, dadas por las expresiones:
154
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TS
TCR
Ed N K ⋅ ln C ND
=
Eg
=
2 ⋅ K ⋅ ln
N C ⋅ NV N D2
donde NV = 9,50 · 1025 at/cm3 NC = 6,06 · 1016 at/cm3 ND = 1016 at/cm3 y por tanto: TS
0,03
=
8,63x10 − 5 ⋅ ln TCR
= 193 K
16
6,06x10
2 ⋅ 8,63x10 −5 ⋅ ln
− 80 o C
1016
1,8
=
=
6,06x10
16
⋅ 9 ,5x10
25
=
= 148 o C
421 K
10 32
Solución al problema 8.6 a) En la figura se representa la correlación lineal entre el índice de endurecimiento (Ig) y la resistencia máxima (RM), cuya función de ajuste simplificada es: I g = 0,42 + 1,16 x 10-3 RM luego para RM = 300 MPa, tendremos: I g = 0,42 + 1,16 x 10-3 ⋅ 300 = 0.77 60
0,95 0,9
y = 0,0012x + 0,4195 R2 = 0,9684
50 Cond. (%)
Ig
0,85 0,8
45
0,75
40
0,7
35
0,65 200
y = -104,56x + 129,54 R2 = 0,9985
55
30
250
300 RM (MPa)
350
400
0,7
0,75
0,8
0,85
0,9
0,95
1
Ig
155
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b) En la figura se representa la correlación entre la conductividad, s(%), e Ig, de la que podemos obtener su recta de ajuste que es σ (%) = 129,6 - 104,6 I g y calcular con esta su conductividad relativa para Ig = 0,77 obteniendo σ = 49,1 %. En términos de conductividad relativa, tenemos que: σ ρ
=
( % IACS)
=
1,724 ⋅ 100 ρ
1,724 ⋅ 100 = 49 ,1
1 y = -0,0099x + 0,8988 R2 = 0,9646
0,95 0,9
3,51 µΩ ⋅ cm Ig
0,85
c) Para el índice de endurecimiento puede obtenerse la gráfica para correlacionar Ig en función del alargamiento proporcional a rotura A(%) tal y como muestra la figura cuya función de ajuste es una recta de expresión:
0,8 0,75 0,7 0,65 0
5
10
15
20
25
A%
I g = 0.8988 − 0.99 x 10-2 A % por lo que para Ig = 0,77, A% valdrá: A% =
0,8988 - 0,77 0,99 x 10-2
= 13.01 %
d) El volumen del material permanecerá constante, por lo que:
Vf
2
l0 ∅20 ⋅ l0 V0 = V f → l = ∅ 2f ⋅ l f 2 ∅f = π l f 2
∅0 V0 = π 2
por lo que despejando el diámetro final de la pieza tendremos: l0 ∅ 02 ⋅ lf
∅f =
suponiendo una longitud inicial del conductor de 1 m, su longitud final será, sabiendo que el alargamiento es un 13 %: lf
=
A % l0 1 + 100 ∅f =
12 ⋅
= 1 + 0,13 = 1,13 m
1 1,13
= 0,94 mm
156
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Solución al problema 8.7 a) La resistividad se expresa por: 1 1 = σ e ⋅ µ ⋅ Nb
ρ=
A temperatura ambiente, el silicio se encuentra totalmente ionizado y la velocidad del dopante será µp = 500 cm2/V×s 1
ρ=
1,6 x 10-19 ⋅ 500 ⋅ 5 x 1016
= 0,25 Ω ⋅ cm
Y por tanto, la resistencia eléctrica será: R= ρ
l 500 x 10-4 = 0,25 = 125000 Ω = 125 k Ω S 0,1x 10-4 ⋅ 100 x 10-4
b) Para 5 V de potencial, la intensidad que circula será: I=
V 5 = = 4 x 10-5 A = 40 µ A R 125000
y la densidad de corriente será: J=
I 4 x 105 = = 400 A/ cm2 = 4 MA/ m2 S 0,1x 10-4 ⋅ 100 x 10-4
c) Para una resistencia de 100 Ω, la resistividad resultante par la misma geometría del contacto será: ρ= R
0,1x 10-4 ⋅ 100 x 10-4 S = 100 = 2 x 10-4 Ω ⋅ cm -4 l 500 x 10
y despejando la concentración de dopante: Nd =
1 1 = = 6,3 x 1019 at/ cm3 -19 e ⋅ µp ⋅ ρ 1,6 x 10 ⋅ 500 ⋅ 2 x 10-4
d) La resistencia eléctrica vendrá dada por: R=
V 5 = = 5 x 103 Ω -3 I 10
0,1 µm
500 µm 500 µm
1 mm
100 µm
y por tanto, teniendo en cuenta una longitud de contacto máxima de 500 mm, la sección del contacto será:
1 mm 157
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finalmente la anchura del contacto la obtenemos como: S= a⋅e → a =
S 2500 = = 2500 µ m e 0,1
Solución al problema 8.8 a) De la expresión de la conductividad relativa se obtiene, para ρ = 4,3 mΩ×cm, que: σ
=
1,724 ⋅ 100 → σ ρx
40,1 %
=
cuya función de correlación se obtuvo en el ejercicio anterior: σ (%) = 129,6 - 104,6 I g
400
y por tanto, para el valor de s obtenido será:
300 LE (MPa)
40,1 = 129,6 - 104,6 I g → I g = 0,86 b) Las características mecánicas las obtenemos igualmente de las rectas de ajuste obtenidas en el ejercicio anterior, calculándolas para Ig = 0,86. Así, la carga de rotura será:
y = 1,1577x - 113,07 R2 = 0,9893
350
250
200
150
100 200
0,86 = 0,42 + 1,16x10-3 RM
250
300
350
400
RM (MPa)
RM = 375,6 MPa el límite elástico será, para RM = 375,6 MPa: LE = -113,07 + 1,158 · 375,6 LE = 321,9 MPa y el alargamiento será, cuando se alcanza Ig = 0,86: 0,86 = 0,8988 - 0,0099 A % → A = 3,92 % c) En el trefilado se obtendrá una longitud del hilo, según el alargamiento obtenido en el apartado anterior: A % 3,92 = 1000 ⋅ 1 + = 1000 ⋅ 1,0392 = 1039,2 m l f = l0 1 + 100 100 y con el criterio de volumen constante podemos calcular el diámetro final como: ∅f =
l0 ∅ 20 ⋅ lf
=
0,5 2 ⋅
1000 = 0,49 mm 1039,2
Solución al problema 8.9 La resistencia viene expresada en función de la resistividad del material como: l R= ρ S 158
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siendo l 15,0 = = 1,91x 105 cm-1 2 S π ⋅ (0,005) cuyos valores será: a) para la aleación A:
R = 80×1,91 · 105 = 1,53 · 107 µΩ = 15,3 Ω
b) para la aleación B:
R = 120×1,91 · 105 = 2,30 · 107 µΩ = 23,0 Ω
c) para la aleación C:
R = 80×1,91 · 105 = 1,53 · 107 µΩ = 28,0 Ω
Solución al problema 8.10 a) La resistencia viene expresada por: R= ρ
l S
donde: l R = S ρ siendo la superficie: S =
⋅e
y l función del radio, siendo su expresión: l =
2 π ⋅α 360
a ⋅ r + 2
Cumpliéndose la restricción que Rmin se da para un ángulo, α, de 45º, con lo que la longitud de la pista será: 2 π ⋅ 45 0,2 l = ⋅ 0,25 + = 0,275 cm 360 2
Rmin
r O
45° a
Rmáx
y por tanto: ρ l l R min → e = ⋅ = a⋅e ρ a R min de forma que: e =
0,275 1800 ⋅ = 4,95 x 10-4 cm = 4,95 µ m 6 0,2 5 x 10
b) Con la geometría de la pista para conseguir Rmax = 35 Ω, debemos situar el cursor en el ángulo obtenido por la expresión:
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R max = ρ
2 π ⋅α 360
a ⋅ r + a ⋅e 2 R max → α = 2π a a⋅e ρ ⋅ r + 360 2
resultando un ángulo de: a ⋅e 35 x 106 0,2 ⋅ 4,95 x 10-4 R max α = = = 315 o 2π a ρ 1800 2 π ⋅ [0,25 + 0,1] ⋅ r + 360 360 2 Solución al problema 8.11 a) De la expresión de la resistencia: l= R
2π ⋅ 0,25 x 10-4 S = 16x10 6 = 1 cm ρ 2500
b) En este caso será: R= ρ
l 0,5 = 2500 = 19,89 x 106 Ω = 19,89 M Ω ≈ 20 MΩ -4 S 2 π ⋅ 0,1 ⋅ 10
Solución al problema 8.12 Considerando la relación entre la resistencia y resistividad eléctrica: R = ρ
l S
podemos obtener la longitud necesaria que nos permite obtener la resistencia adecuada. Si consideramos la expresión de la densidad, obtendremos la masa, al disponer ya del volumen como dato, considerando: m=ρ·V En la tabla siguiente se recogen los resultados obtenidos después de aplicar el razonamiento anterior. ∅ (mm) 0.10 0.15 0.20
Longitud (cm) 16.36 36.81 65.45
Volumen (cm3) 1.28 · 10-3 6.50 · 10-3 0.0206
Peso (g) 0.0100 0.0546 0.1727
Costo Ud. 19.97 17.64 21.07
La resistencia más económica la obtendremos con el alambre de 0.15 mm de diámetro y una longitud de 36.81 cm. Solución al problema 8.13 a)
σ=n·e·µ 3,8 · 107 (Ω m)-1 = n · 1,6 · 10-19 · 0,0012 m2/V · s
160
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Unidad 8 – Características eléctricas de los materiales
n = 1,98 · 1029/m3 b) El volumen de la celdilla será Vceldilla = a3 = (0,405 · 10-9 m)3 = 6,643 · 10-29 m3 por lo que por celdilla tendremos los siguientes electrones libres: 6,643 · 10-29 m3 x 1,98 · 1029 e-/m3 = 13,15 ey al ser una celdilla C.C.C., que tiene 4 átomos por celdilla, e- libres / átomo Al = 13,15 / 4 = 3,29 Solución al problema 8.14 a) Considerando la expresión de la resistencia eléctrica: R
=
V I
= ρ
l S
de donde la sección del conductor será: S =
10 A 0,4 V ⋅ 5,85 ⋅ 10 7
= 4,27 ⋅ 10 −7 m 2
= 42,7 mm 2
por lo que el diámetro del conductor será: d
=
4S π
= 7,37 mm
c) las pérdidas vienen expresadas por el producto de V · I, que para una intensidad de 10 A y pérdidas máximas de 4W/m, nos limitan a una máxima caída de potencial de 0,4 V/m, coincidente con la del apartado anterior, por lo que la mínima conductividad será: σ = 5,85 · 107 (Ω·m)-1 Solución al problema 8.15 Sustituyendo los valores en la ecuación, tendremos el sistema de ecuaciones: ln 2 ⋅ 10 4 ln 4.6 ⋅ 10 4
= C−
Eg 2 ⋅ 8.62 ⋅ 10 − 5 ⋅ 298
= C−
Eg 2 ⋅ 8.62 ⋅ 10 −5 ⋅ 398
que resulta, 9.903 = C −
Eg 0.0514
10.736 = C − y operando,
Eg 0.0686 C = 13.225 Eg = 0.17 eV 161
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Cuestiones y ejercicios de Fundamentos de Ciencia de Materiales
Solución al problema 8.16 La conductividad viene expresada por la ecuación: σ=Neµ el producto N µ tendrá un valor de σ/e = 2,72 · 1019 (C·Ω·cm)-1 = 2,72 · 1019 Ω/(v·s·Ω·cm) = 2,72 · 1019 (v·s·cm)-1
Movilidad electrónica, µ (cm2/V·s)
Tanteando en la gráfica, obtenemos que para un orden de dopado de 1017 cm-3, la movilidad electrónica será 272 cm2/v·s, para dopado tipo P. Nunca puede obtenerse la conductividad deseada empleando un dopante tipo N. 10000
GaAs 5000
µs
2000 1000 500
µp 200 100 1014
1015
1016
1017
1018
1019
1020
Concentración de impurezas (cm-3) Solución al problema 8.17 a) La sección del conductor será: S = π 4 ⋅ d 2 = 5,02 ⋅10 −3 mm 2
y considerando la expresión de la resistencia: R = ρ⋅
l s
tendremos: l=
R ⋅ s 25Ω ⋅ 5,02 ⋅10 −5 cm = = 8,66 cm ρ 145 ⋅10 − 6 Ω ⋅ cm
b) Para utilizar la misma longitud de conductor, su diámetro deberá ser: d=
4⋅ρ⋅l = π⋅R
4 ⋅ 80 ⋅10 −6 Ω ⋅ cm ⋅ 8,66cm = 5,9 ⋅10 −3 cm ≈ 0,06 mm π ⋅ 25Ω
162
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Unidad 8 – Características eléctricas de los materiales
Solución al problema 8.18 La resistencia vendrá expresada por: R=ρ
l S
de donde l =
R⋅S ρ
y con las dimensiones geométricas, la masa del conductor vendrá dada por: m=ρ·l·S con lo que los resultados obtenidos se recogen en la tabla siguiente Material
ρ (µ µΩ · cm)
Longitud (cm)
Dendidad (g/cm3)
Ni 1Cu
80
77.3
8.1
0.111
31.31
Ni-30Cr-2Si
120
51.5
8.4
0.077
24.69
Fe-22Cr-6Al
145
42.7
7.7
0.058
26.26
Masa (g) Precio (pts)
Tal como se observa en la tabla, la resistencia más económica sería la realizada con hilo de Ni30Cr-2Si
163
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UNIDAD 9 Características dieléctricas y aislantes de los materiales 9.1 CUESTIONES DE AUTOEVALUACIÓN 1. ¿Cuales de los siguientes parámetros característicos de un dieléctrico no disminuye al aumentar la temperatura?: a) Rigidez dieléctrica. b) Constante dieléctrica. c) Resistividad. d) b y c. 2. En un dieléctrico sometido a campos alternos de muy alta frecuencia, el valor de ε se debe a la polarización de dipolos por mecanismo: a) Electrónico. b) Molecular y electrónico. c) Iónico, molecular y electrónico. d) De carga espacial. 3. ¿Qué le ocurre al factor de perdidas con el aumento de la frecuencia? a) Tendencia a disminuir con zonas de ligero aumento b) Tendencia a aumentar con zonas de ligera disminución c) Tiende a mantenerse constante con zonas de ligero aumento d) Presenta altibajos sin ningún orden especial 4. ¿Que le ocurre a la constante dieléctrica con el aumento de la frecuencia? a) Tiende asintóticamente a uno b) Aumenta c) Disminuye d) Disminuye linealmente 5. La utilización de un puente de impedancias, y particularmente uno del tipo LCR, suministra datos básicos para el : a) Cálculo de la constante dieléctrica b) Cálculo de la resistencia mecánica. c) Cálculo de la rigidez dieléctrica. d) Cálculo de la resistividad eléctrica 6. El diseño con materiales dieléctricos debe contemplar principalmente los siguientes parámetros: 165
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Cuestiones y ejercicios de Fundamentos de Ciencia de Materiales
a) b) c) d)
ε y factor Q Rigidez dieléctrica y resistividad. Solamente la ε Ninguna es correcta.
7. Un material dieléctrico sometido a la misma tensión de trabajo se va calentando y: a) Aumenta su probabilidad de fallo por perforación pues la rigidez dieléctrica disminuye. b) Disminuye la posibilidad de fallo, pues aumenta la rigidez con la temperatura. c) No ocurre nada, pues el fallo por perforación es independiente de la temperatura. d) No ocurre nada, pues el fallo por perforación es independiente del tiempo. 8. La resistividad eléctrica de los materiales aislantes varía con la temperatura de forma: a) Creciente. b) Decreciente. c) Asintótica. d) No varía con la temperatura. 9. El fallo por perforación de un dieléctrico se establece mediante: a) Mecanismos térmicos y mecánicos. b) Mecanismos térmicos y electrónicos. c) Mecanismos electrónicos y mecánicos. d) Ninguna es correcta. 10. El factor de disipación indica que los dieléctricos: a) Muestran pérdidas constantes, independientes de la frecuencia de operación. b) No registra pérdidas por debajo de 1 kHz. c) Muestran pérdidas por la inercia del material a polarizarse. d) No suministra información. 11. La estructura electrónica en los aislantes se caracteriza por: a) Una banda de valencia llena, separada de la de conducción por un intervalo prohibido de energía pequeño. b) Bandas de estados de energía parcialmente ocupados. c) Una banda de valencia llena, separada de la de conducción por un gran intervalo energético prohibido. d) Una banda de valencia y conducción parcialmente llenas. 12. El campo eléctrico actúa sobre los aislantes: a) Acelerando sus electrones de conducción. b) Induciendo dipolos en el material, de orientación contraria al campo. c) Polarizando las moléculas y átomos en el sentido del campo. d) Disminuyendo el intervalo energético prohibido. 13. La correlación entre constante dieléctrica y temperatura en un polímero polar, por ejemplo PVC, nos indica que ε: a) Disminuye progresivamente. b) Aumenta continuamente. c) Aumenta hasta que a determinada Tª, el desorden térmico es importante y se opone al campo, comenzando una disminución. d) Disminuye, si falla el mecanismo de carga espacial. 166
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Unidad 9 – Características dieléctricas y aislantes de los materiales
14. La constante dieléctrica en un borosilicato de plomo es: a) Independiente de la frecuencia. b) Mayor cuanto mayor es la frecuencia del campo eléctrico aplicado. c) Mayor a bajas frecuencias y constante a elevadas frecuencias. d) Menor conforme aumenta la frecuencia. 15. Un material ferroeléctrico es aquel que: a) Manifiesta una variación del momento dipolar total lineal con el campo aplicado. b) Una vez desaparecido el campo aplicado, lo deja permanentemente polarizado. c) La constante dieléctrica es independiente del campo eléctrico externo. d) Disminuye su constante dieléctrica al aumentar el campo externo. 16. Los materiales piezoeléctricos relacionan: a) Tensiones mecánicas elástica y tensiones eléctricas. b) Esfuerzos y deformaciones. c) Tensiones eléctricas y esfuerzos. d) Deformaciones y polarización. 9.2 CUESTIONES DE HETEROEVALUACIÓN 1. Diferencia el comportamiento de un material dieléctrico con un material aislante. 2. En las gráficas factor de disipación-frecuencia de materiales dieléctricos: ¿ Qué indican los máximos relativos observados?. 3. Relación entre el factor de calidad y factor de disipación de un dieléctrico. 4. Define los indicadores característicos de la calidad de un material dieléctrico y justifica sus correlaciones. 5. Indica la influencia de la frecuencia en la constante dieléctrica. 6. Analiza la estabilidad en servicio de un aislante (mecanismo de perforación térmico). 7. Describe los indicadores que suministra el LCR. 8. ¿Qué indica el parámetro de rigidez dieléctrica de un material? 9. ¿Cómo influye la resistividad eléctrica en la calidad de un material aislante? 10. ¿Qué expresa el factor de calidad de un material dieléctrico? 11.Indica los parámetros que definen el comportamiento de un material para dieléctrico y el de un material para aislamiento eléctrico. 12.Explica que mecanismos operan en la perforación de un aislante. 13.¿Que criterios se aplican para utilizar un material como aislante o como dieléctrico? 14.Justifica como se comporta la constante dieléctrica con la frecuencia. 15.¿Por que existe un máximo de pérdidas a determinada frecuencia? 16.¿Que factores microestructurales inciden en la operatividad de un ferroeléctrico con la temperatura?
167
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9.3 PROBLEMAS Y EJERCICIOS PRACTICOS PROPUESTOS Problema 9.1 Calcular la pérdida de energía en una lámina de policarbonato, cuyas dimensiones son 10 x 25 x 0.1 mm, sabiendo que la resistividad eléctrica del policarbonato es de 3.8 1016 Ω cm, su constante dieléctrica relativa es 3.09 y el factor de pérdidas D = 0.008, cuando trabaja a una tensión de 100 V y una frecuencia de 1 kHz. Considerar la constante dieléctrica en vacío = 8.85 10-12 F/m. Problema 9.2 En un laboratorio se obtienen, para una frecuencia de trabajo de 1 MHz, utilizando una lámina de dieléctrico del tipo epoxi de dimensiones 50 x 50 x 1 mm, con un electrodo de 10 mm de diámetro, los siguientes datos: Resistencia en serie del polímero, Rs, 3.86 MΩ, capacidad en serie, Cs, 3.4045 pF, y, capacidad en paralelo, Cp, 3.404 pF. En la figura, aparece la respuesta del material a la perforación. Calcular:
V 9500 V
a) La rigidez dieléctrica del material. b) La resistencia al arco. c) La constante dieléctrica del mismo.
123 s
t
d) El factor de disipación y factor de calidad. e) La resistividad eléctrica. Problema 9.3 Un material piezoeléctrico tiene un módulo elástico de 385 GPa. Determinar: a) La ecuación de dependencia deformación unitaria - tensión. b) La presión cuando la deformación es de 1 ppm. c) El valor de los parámetros d y g, si para una deformación ε = 1 ppm el campo eléctrico existente es de 196 µV/mm. Problema 9.4 Un condensador de placas paralelas tiene un área total de 6,45 · 10-4 m2 y una separación entre placas de 2 mm a través de las cuales se aplica un potencial de 12 V. Si se interpone dentro de la región entre las placas un material con una constante dieléctrica εr de 6.0, calcular: a) La capacidad del condensador. b) La magnitud de la carga almacenada en cada placa. c) El desplazamiento dieléctrico D. d) La polarización. Problema 9.5 Un condensador de placas paralelas con dimensiones 38,1 por 63,5 mm y una separación entre placas de 1,3 mm debe tener una capacidad mínima de 70 pF cuando se aplica un potencial de 1000 V a una frecuencia de 1 MHz. ¿Cuál de los materiales tabulados a continuación son posibles candidatos? ¿ Por qué? 168
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Unidad 9 – Características dieléctricas y aislantes de los materiales
Material Cerámicas Titanato de bario Mica Esteatita (MgO-SiO2) Vidrio de sosa Porcelana Sílice vítrea Polímeros Fenol-formaldehído Nilón 66 Poliestireno Polietileno Politetrafluoretileno
Constante dieléctrica 60 Hz 1 MHz
Rigidez dieléctrica (106 V m-1)
6,9 6,0 4,0
3000 7,0 5,5-7,5 6,9 6,0 3,8
12 40 8-14 10 1,5-15 10
5,3 4,0 2,6 2,3 2,1
4,8 3,6 2,6 2,3 2,1
12-15 15 20-30 18-20 15-20
Problema 9.6 La polarización P de un material dieléctrico entre las placas de un condensador tiene que ser igual a 4,0 · 10-6 C/m2. a) ¿Cuánto debe valer la constante dieléctrica si se aplica un campo eléctrico de 105 V/m? b) ¿Cuánto vale el desplazamiento dieléctrico D? Problema 9.7 Para el CaO, los radios iónicos del Ca2+ y O2- son 0,100 y 0,140 nm, respectivamente. Si un campo eléctrico externo aplicado produce una dilatación de la red del 5%, calcular el momento dipolar de cada par Ca2+ - O2-. Suponer que este material está completamente no polarizado en ausencia de un campo eléctrico. Problema 9.8 Suponiendo que la conductividad eléctrica de MgO viene determinada en primer lugar por la difusión de los iones Mg2+, estimar la movilidad de los iones Mg2+ y calcular la conductividad eléctrica de MgO a 1800°C. NOTA: El coeficiente de difusión de los iones Mg2+ en MgO a 1800°C puede estimarse en 10-14 m2 · s-1. La estructura cristalina del MgO es similar a la del NaCl con cuatro átomos de Mg por celda, y su parámetro reticular es 3,96 x 10-10 m.
Problema 9.9 Deseamos fabricar un condensador formado por dos placas paralelas que almacene 4 · 10-5 C a un potencial de 10 kV. La separación entre placas es de 0,2 mm. Calcular el área de las placas necesaria si el dieléctrico utilizado es: a) vacío, b) polietileno, c) agua, y d) titanato de bario. NOTA: La constante dieléctrica del agua es de 78.3.
Problema 9.10 Un dielectrico de mica de 250 mm2 y 2,5 µm de espesor se utiliza para fabricar un condensador de 0,0252 µF. a) ¿Cuántas placas serán necesarias? b) ¿Cuál es el mayor voltaje que podrá soportar?
169
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Problema 9.11 Aplicamos una fuerza de 200 N a una placa de titanato de bario de 2,5 mm x 2.5 mm, que tiene un espesor de 0,25 mm. Calcular la deformación producida por la fuerza, y el voltaje creado. El módulo de elasticidad del titanato de bario es de 69 Gpa. NOTA: La constante piezoeléctrica d del titanato de bario es 100 x 10-12 C/Pa · m2 = 100 x 10-12 m/V.
Problema 9.12 Deseamos fabricar un condensador formado por dos placas paralelas que almacenen 5 · 10 C a un potencial de 8 kV. La distancia de separación entre las placas va a ser de 0.30 mm. -6
a) Calcular el área que deben tener las placas del condensador para la capacidad de almacenamiento indicada, para cada uno de los siguientes materiales. Material dieléctrico
ε (pF/m)
S (10-3 m2)
V (10-6 m3)
Coste
Vacío
8.85
21.2
6.36
-
Al2O3
79.65
2.4
0.72
1.73
Polietileno
20.36
9.2
2.76
4.14
Agua (H2O)
692.96
0.27
0.081
8.1 · 10-6
BaTiO3
26550
7.1 · 10-3
2.13 · 10-3
0.19
b) Justificar qué material de los anteriores debemos emplear como el dieléctrico más adecuado. ε0 = 8.85 · 10-12 F/m Problema 9.13 Calcula la constante dieléctrica absoluta y relativa de una película de dimensiones: a = 10 mm, b = 4 mm, d = 20 µm, elaboradas en: (a)
PTFE (C = 35'4 pF),
(b)
PAM (C = 79'7 pF),
(c)
Cerámica calidad eléctrica (C = 108'0 pF) y
(d)
Alúmina (C = 157'6 pF).
Problema 9.14 Se desea diseñar un condensador con capacidad 950 pF en derivado de celulosa (acetato) de constante dieléctrica relativa 6'35. La rigidez dieléctrica es de 16'9 MV/m, y debe operar a una tensión de 270 V. ¿Que dimensiones tendrá cada lámina de dieléctrico? Problema 9.15 En el diseño de un condensador se selecciona como material dieléctrico poliamida 66, que presenta una constante dieléctrica relativa de 4,0. El material debe soportar sin perforación 900 V, con una rigidez dieléctrica de 15 MV/m. ¿Qué capacidad final tendrá el condensador si la lámina de poliamida es de 265 · 10-6 m2. NOTA: La capacidad del condensador es directamente proporcional a la superficie del dieléctrico, e inversamente proporcional con el espesor del mismo. Considerar ε0 = 8,85 · 10-12 F/m.
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Unidad 9 – Características dieléctricas y aislantes de los materiales
Problema 9.16 Un condensador de placas paralelas con dimensiones de 2 cm de anchura, 75 mm de longitud, y una separación entre placas de 0,25 mm, debe tener una capacidad mínima de 120 pF, cuando se aplica un potencial de 380 V a una frecuencia de 60 Hz. Material Fenol-formaldehído Nilón 66 Poliestireno Polietileno Politetrafluoretileno
Constante dieléctrica 60 Hz 1 MHz 5,3 4,8 4,0 3,6 2,6 2,6 2,3 2,3 2,1 2,1
Rigidez dieléctrica (106 V m-1) 12-15 15 20-30 18-20 15-20
a) ¿Cuál de los materiales tabulados son posibles candidatos? ¿Por qué? b) ¿Qué longitud debería tener el condensador si se realizara éste con poliestireno? Considerar ε0 = 8,85 · 10-12 F/m Problema 9.17 En el diseño de un condensador de 145 pF, se selecciona como material dieléctrico poliestireno que presenta una constante dieléctrica relativa de 2,6 y una rigidez dieléctrica de 26 MV/m. Las dimensiones de la lámina de poliestireno es de 1 cm de anchura y 5 cm de longitud. Calcular: a) El potencial eléctrico que podrá soportar sin perforación. b) ¿Qué dimensiones debería tener el dieléctrico si utilizáramos, para las mismas características del condensador, una lámina de politetrafluoretileno de 45 µm de espesor, cuya constante dieléctrica relativa es 2,1? NOTA: La capacidad del condensador es directamente proporcional a la superficie del dieléctrico, e inversamente proporcional con el espesor del mismo. Considerar ε0 = 8,85 · 10-12 F/m.
SOLUCION A LAS CUESTIONES DE AUTOEVALUACION: 1 - c, 2 - a, 3 - c, 4 - c, 5 - a, 6 - a, 7 - a, 8 - a, 9 - b, 10 – c, 11 – c, 12 – b, 13 – c, 14 – d, 15 – b, 16 – a.
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9.4 PROBLEMAS Y EJERCICIOS PRACTICOS RESUELTOS Solución al problema 9.1 La pérdida de energía vendrá dada por la expresión: W = σ E 2 + ε 0 ε r ν tgδ E 2 siendo: E =
V 100 = = 106 V / m espesor 0.1 10-3
la conductividad, será: σ =
1 1 -1 -16 = (Ω m ) 14 = 26.3 10 ρ 3.8 10
con lo que las pérdidas serán: W = 26.3 10-16 ( 106 )2 + 8.85 10-12 3.09 103 0.008 ( 106 )2
W = 26.3 10 -4 + 218.4 ≈ 218.4 J / m3 y las pérdidas por el volumen de la lámina serán, finalmente: ∆E = W ⋅ Volumen = 218.4 ⋅ 10 ⋅ 25 ⋅ 0.1 ⋅ 10 -9 = 5.46 10 -6 J Solución al problema 9.2 a) La rigidez dieléctrica, viene expresada según: ER =
9.5 10 3 VR = = 9.5 10 6 V / m = 95 kV / cm −3 d 1 ⋅ 10
b) La resistencia al arco, se expresará como el tiempo hasta la perforación, que según el gráfico puede estimarse en 123 segundos. c) La constante dieléctrica se obtendrá mediante su relación con la capacidad en paralelo, de forma: Cp = ε0 εr
S0 d
de donde: εr =
Cp d ε0 S0
=
3.404 ⋅ 10 -12 ⋅ 10 -3 8.85 ⋅ 10 -12 7.85 ⋅ 10 -6
= 4.9
d) El factor de disipación se obtendrá a partir de la expresión: C s = C p ( D2 + 1)
de donde,
172
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Unidad 9 – Características dieléctricas y aislantes de los materiales
D =
Cs - 1 = 0.012 Cp
El factor de calidad es la inversa del factor de disipación, y por lo tanto: Q =
1 1 = = 82.5 D 0.012
e) La resistividad eléctrica se calculará a partir de la resistencia en paralelo, según la expresión: 2 D2 + 1 10 0.012 + 1 = 2.68 ⋅ 10 Ω = 2.68 ⋅ 10 10 0.0122 D2
R p = Rs
con lo que la resistividad será: ρ = Rp
78.5 ⋅ 10 -2 S = 2.68 ⋅ 1010 = 2.1 ⋅ 1011 Ω cm, en -1 l 1 ⋅ 10
AC
Solución al problema 9.3 a) El comportamiento piezoeléctrico viene cuantificado por las expresiones: ξ = gP
y λ = dξ
donde, ξ es la intensidad del campo (V/m), P la presión (Pa), λ el alargamiento unitario, y, d y g dos constantes de proporcionalidad características del material, ligadas por la relación: E =
1 gd
Con ello, sustituyendo ξ en la ecuación correspondiente, obtenemos: λ = dgP =
P = 2.6 ⋅ 10 -12 P, expresando P en Pa E
b) Para una deformación de 1 ppm, es decir λ = 10-6, la presión aplicada tendrá un valor, según la expresión anterior, de: P =
λ 10 -6 = = 3.85 ⋅ 10 5 Pa = 385 kPa 2.6 ⋅ 10 -12 2.6 ⋅ 10 -12
La presión equivaldría a 385 N por cada mm2. c) El parámetro g se obtendrá de su ecuación correspondiente al considerar los valores de P y ξ, de manera que: g =
196 ⋅ 10 -6 ⋅ 10 3 ξ V = .85 ⋅ 10 5 = 5.1 ⋅ 10 -7 P 3 m ⋅ Pa
El parámetro d, conocida la deformación unitaria, λ, y el campo aplicado, ξ, se obtendrá: 173
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Cuestiones y ejercicios de Fundamentos de Ciencia de Materiales
d =
λ 10 -6 = = 5.1 ⋅ 10 -6 m / V ξ 0.196
Solución al problema 9.4 a) La capacidad la obtenemos mediante la expresión: C
S = ε0 εr e
=
(8,85 ⋅ 10
−12
)
F / m ⋅ 6,0 ⋅
6,45 ⋅ 10 −4 m 2 2 ⋅ 10
−3
m
= 1,71 ⋅ 10 −11 F
b) Puesto que hemos determinado la capacidad, la carga almacenada de calculará mediante la expresión: Q = C · V = (1,71 x 10-11 F) · (10 V) = 1,71 x 10-10 C c) El desplazamiento dieléctrico se calculará mediante la ecuación: D = ε ⋅ ξ = ε0 εr ⋅
10 V V = 8,85 ⋅ 10 −12 F / m ⋅ 6,0 ⋅ = 2 ,66 x 10 − 7 C / m 2 − 3 e 2 ⋅ 10 m
(
)
d) La polarización puede determinarse considerando la ecuación: D
= ε0 ξ
+
P
de donde, V P = D − ε 0 ξ = D − ε 0 ⋅ = 2,66 ⋅ 10 −7 C / m 2 e
(8,85 ⋅ 10 −12 F / m) ⋅ (10 V ) = 2 ⋅ 10 −3 m
= 2,22 x 10-7 C/m2 Solución al problema 9.5 La capacidad del condensador, vendrá dada por la expresión: S = ε0 εr e
C entonces, la constante dieléctrica deberá ser: εr =
C ⋅e ε0 ⋅ S
=
(70 ⋅ 10 −12 F )(1,3 ⋅ 10 −3 m) (8,85 ⋅ 10 −12 F / m) (2419,4 ⋅ 10 −6 m 2 )
=
4,25
por lo tanto la constante dieléctrica del material deberá ser mayor que la obtenida, es decir, εr ≥ 4,25 y analizando la tabla obtenemos como posibles candidatos el fenol-formaldehído dentro de los polímeros y casi todos los cerámicos: Titanato de Bario, mica, esteatita, vidrio de sosa y porcelana. Además deben poder soportar el campo eléctrico ξ, que en nuestro caso será:
174
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Unidad 9 – Características dieléctricas y aislantes de los materiales
ξ
=
V e
1000 V
=
1,3 ⋅ 10
−3
=
m
0,77 ⋅ 10 6 V / m
y tal como se observa en la tabla, todos los materiales seleccionados anteriormente pueden soportar el campo eléctrico. Solución al problema 9.6 a) Considerando la ecuación de la polarización, P
= ε 0 ( ε r − 1) ⋅ ξ
obtendremos la constante dieléctrica según la expresión: εr = 1 +
P ε0 ⋅ ξ
= 1+
4 ,0 ⋅ 10 −6 C / m 2
(8,85 ⋅ 10
−12
)(
)
5
F / m 10 V / m
= 5,5
b) El desplazamiento vendrá definido por: D
= ε0 ξ
+
P
con lo cual, operando, tendremos el resultado: D
=
(8,85 ⋅ 10 −12 F / m)(10 5 V / m)
4 ⋅ 10 −6 C / m 2
+
=
4 ,89 ⋅ 10 −6 C / m 2
Solución al problema 9.7 Considerando el modelo de las esferas duras, la distancia interatómica vendrá dada por la suma de los radios atómicos de los dos elementos, di = 0,1 x 10-9 + 0,14 x 10-9 = 2,4 x 10-10 m El momento dipolar, p, vendrá expresado mediante: p = q · di siendo q la magnitud de cada carga del dipolo y di la distancia interatómica. El momento dipolar lo obtenemos cuando hay deformación que en nuestro caso de un 5%, por lo que: p = q · ∆di = (1.6 · 10-19) · 0,05 · (2.4 · 10-10) = 1,92 · 10-30 C · m Solución al problema 9.8 La movilidad de cargas, viene dada por la expresión: µ
=
ZqD kT
donde: Z = número de electrones = 2/ión q = carga del electrón = 1,6 · 10-19 C k = constante de Boltzman = 1,38 · 10-23 J/K y sustituyendo, tendremos:
175
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Cuestiones y ejercicios de Fundamentos de Ciencia de Materiales
µ=
(2) (1,6 ⋅ 10 −19 )(10 −14 )
(1,38 ⋅ 10 ) (1800 + 273) − 23
= 1,12 x 10 −13 C ⋅ m 2 ⋅ J −1 ⋅ s −1
Considerando C = A · s y J = A · V · s, y sustituyendo, µ
=
112 , x 10 −13 m 2 ⋅ V −1 ⋅ s −1
Para calcular la conductividad eléctrica tenemos que considerar el número de iones por unidad de volumen, n, de manera que considerando los cuatro iones de Mg2+ por celda y las dimensiones d ella misma, tendremos: n=
4 iones / celda de Mg 2+
( 3,96 ⋅ 10−10 m)
= 6,4 ⋅ 10 28 iones / m 3
3
con lo cual, la conductividad eléctrica vendrá dada por: σ =nZqµ por lo que,
(
) (
)(
)
σ = 6,4 ⋅ 10 28 (2) 1,6 ⋅ 10 −19 1,12 ⋅ 10 −13 = 22,94 ⋅ 10 −4 C ⋅ m −1 ⋅ V −1 ⋅ s −1 Considerando, de la misma forma que anteriormente, C = A · s y V = A · Ω, tendremos, σ = 2.298 · 10-3 Ω-1 · m-1 Solución al problema 9.9 La carga almacenada Q = 4 x 10-5 C, viene relacionada con el Voltaje mediante la capacitancia, que a su vez se relaciona con la constante dieléctrica del material, de la forma: Q V
C =
= ε0 ε r
S e
=
4 ⋅ 10 −5 10000
=
4 ⋅ 10 − 9 F
Por tanto, conocida la separación entre placas, las dimensiones de éstas serán: S
=
C⋅e ε0 ⋅ ε r
=
4 ⋅ 10 −9 F ⋅ 2 ⋅ 10 −4 m 8.85 ⋅ 10
−12
F / m ⋅ εr
=
0,0904 2 m εr
a) Para el vacío, εr = 1, y por tanto S = 0.0904 m2 b) Para el polietileno, εr = 2.3, y por tanto S = 0.04 m2 c) Para el agua, εr = 78.3, y por tanto S = 1,15 · 10-3 m2 d) Para el titanato de bario, εr = 3000, y por tanto S = 3 · 10-5 m2 Tal como se observa en los resultados, elevadas constantes dieléctricas, permiten minimizar el tamaño de los condensadores. Solución al problema 9.10 a) La capacidad vendrá expresada por: 176
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Unidad 9 – Características dieléctricas y aislantes de los materiales
S = ε 0 ε r ( n − 1) e
C
25,2 ⋅ 10 − 9 F
=
por tanto, el número de placas de dieléctrico necesarias será:
( n − 1) =
C⋅e 25,2 ⋅ 10 −9 F ⋅ 2 ,5 ⋅ 10 −6 m = =4 ε 0 ε r ⋅ S 8,85 ⋅ 10 −12 F / m ⋅ 7 ⋅ 2 ,5 ⋅ 10 − 4 m 2
y el número de placas n, será se 5. Solución al problema 9.11 La tensión aplicada a la lámina de titanato de bario será: σ=
200 N F = = 32 MPa S ( 0,0025) 2 m 2
y por tanto, teniendo en cuenta el módulo de elasticidad del material, la deformación será: σ 32 ⋅ 10 6 ε= = = 4 ,6 ⋅ 10 − 4 m / m E 69 ⋅ 10 9 El voltaje creado vendrá en función de la intensidad de campo ξ, función de la deformación aplicada mediante la constante piezoeléctrica d, es decir: ξ
=
ε d
=
4 ,6 ⋅ 10 −4 100 ⋅ 10
−12
=
4 ,6 ⋅ 10 6 V / m
y considerando el espesor, tendremos: V
= ξ⋅e =
( 4,6 ⋅ 106 V / m) ⋅ ( 2,5 ⋅ 10−4 m)
= 1150 V = 1,15 kV
Solución al problema 9.12 a) La capacidad del condensador vendrá expresada por la relación entre la carga y el potencial, es decir: C =
5 ⋅ 10 −6 C 8000 V
= 0.625 ⋅ 10 −9 F
con el que, considerando la expresión de la constante dieléctrica, obtenemos los resultados recogidos en la tabla siguiente. Material dieléctrico
ε (pF/m)
S (10-3 m2)
V (10-6 m3)
Coste
Vacío
8.85
21.2
6.36
-
Al2O3
79.65
2.4
0.72
1.73
Polietileno
20.36
9.2
2.76
4.14
Agua (H2O)
692.96
0.27
0.081
8.1 · 10-6
BaTiO3
26550
7.1 · 10-3
2.13 · 10-3
0.19 177
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Cuestiones y ejercicios de Fundamentos de Ciencia de Materiales
b) El vacío se descarta por la enorme superficie necesaria para obtener el condensador. El agua se descarta igualmente por ser, además de dieléctrico, conductora. De los otros tres materiales, el de menor superficie necesaria, así como un menor coste, resulta ser el titanato de bario. Solución al problema 9.13 La constante dieléctrica viene expresada por: ε
C⋅d S
=
= εr ⋅ ε0
y calculando para cada uno de los materiales obtenemos los resultados recogidos en la tabla siguiente. MATERIAL
Capacidad (pF)
ε (10-12 C2/N·m2)
εr
PTFE
35.4
17.7
2.00
PAM
79.7
39.9
4.50
Cerámica eléctrica
108.0
54.0
6.10
Alúmina
157.6
78.8
8.90
Solución al problema 9.14 El espesor mínimo vendrá determinado por la rigidez dieléctrica del material, por tanto, d
=
VR ER
=
270 V 16.9 ⋅ 10 6 V / m
= 16 ⋅ 10 − 6 m
= 16 µm
Con este espesor mínimo y considerando las condiciones de la constante dieléctrica, podemos calcular la superficie requerida para obtener el condensador. S C = εr ε0 d
S =
⇒
C⋅d εr ε0
950 ⋅ 10 −12 ⋅ 16 ⋅ 10 −6 6.35 ⋅ 8.854 ⋅ 10 −12
=
= 2.7 ⋅ 10 − 4 m 2 = 2.7 cm 2
Solución al problema 9.15 La capacidad final vendrá expresada por: C = εr ε0
S d
siendo el espesor del dieléctrico función de su rigidez, por tanto: d =
VR ER
=
900 V 15 ⋅ 10 6 V / m
= 60 ⋅ 10 − 6 m = 60 µm
de donde la capacidad será: C = 4,0 ⋅ 8,854 ⋅ 10
−12
265 ⋅ 10 −6 m 2 60 ⋅ 10 − 6 m
= 156,42 pF
178
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Unidad 9 – Características dieléctricas y aislantes de los materiales
Solución al problema 9.16 a) Para las condiciones solicitadas, los posibles materiales deberían tener una constante dieléctrica relativa mayor que: εr
=
C⋅d ε0 ⋅ S
=
120 ⋅ 10 −12 F ⋅ 0,25 ⋅ 10 −3 m 8,854 ⋅ 10 −12 F / m ⋅ (2 ⋅ 10 − 2 ⋅ 75 ⋅ 10 − 3 ) m 2
= 2,26
por lo que observando la tabla sólo pueden ser los 4 primeros materiales. Comprobando ahora la rigidez dieléctrica, esta debería ser mayor o igual que: ER
=
VR d
=
380 V 0,25 ⋅ 10 − 3 m
= 1,52 ⋅ 10 6 V / m
que lo cumplen todos. Por tanto, de la tabla, serviría cualquier material menos el politetrafluoretileno. b) La longitud del dieléctrico, para el poliestireno, vendrá expresada por la sección necesaria para obtener la capacidad del condensador, es decir: C⋅d εr ε0
S =
=
120 ⋅ 10 −12 ⋅ 0,25 ⋅ 10 − 3 = 1,30 ⋅ 10 − 3 m 2 −12 2,6 ⋅ 8.854 ⋅ 10
y siendo la anchura de 2 cm, la longitud necesaria será: S a
l =
=
1,30 ⋅ 10 −3 m 2 0,02 m
= 0,065 m = 65 mm
Solución al problema 9.17 a) El potencial vendrá expresado en función de la rigidez dieléctrica por: V = ER d siendo d el espesor del dieléctrico, relacionado con la capacidad del mismo por: C
= 8.85 ⋅ 10 −12 ⋅ 2.6
0.01 x 0.05 d
= 145 ⋅ 10 −12 F
por lo que el espesor será: d
= 8.85 ⋅ 10 −12 ⋅ 2.6
0.01 x 0.05 145 ⋅ 10 −12
= 7.934 ⋅ 10 − 5 m
y el potencial que soportará sin perforar, será: V = 26 · 106 V/m · 7.934 · 10-5 m = 2063 V b) Si consideramos el dieléctrico con la misma anchura que en caso a), la longitud del mismo vendrá expresada por: l
=
C⋅d ε0 ⋅εr ⋅ a
=
145 ⋅ 10 −12 F ⋅ 45 ⋅ 10 −6 m 8.85 ⋅ 10 −12 F / m ⋅ 2.1 ⋅ 0.01 m
= 0.0351 m = 3.51 cm
179
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UNIDAD 10 Características magnéticas de los materiales 10.1 CUESTIONES DE AUTOEVALUACIÓN 1. ¿Cual de las siguientes características es un inconveniente para un material de núcleos de máquinas de corriente alterna?: a) Baja Bs. b) Baja Br. c) Bajo Hc. d) Baja conductividad eléctrica. 2. Las pérdidas por corrientes parásitas de un núcleo magnético son mínimas para: a) Hierro puro. b) Hierro con un 3% de silicio en un bloque. c) Ferrita cerámica. d) Hierro con un 3% de silicio laminado. 3. Las pérdidas por histéresis en un núcleo magnético metálico se reducen al: a) Aumentar el tamaño de grano. b) Aumentar la resistividad. c) Reducir el espesor de las chapas. d) b y c. 4. Los valores más elevados de (B H)max en los imanes permanentes se obtienen con estructuras magnéticas de: a) Múltiples dominios martensíticos. b) Dominios aislados alineados. c) Dominios aislados al azar. d) Múltiples dominios con estructuras recocidas. 5. ¿Cual de los siguientes materiales presenta mayor inducción remanente?: a) Aleación Cu-Ni. b) Acero con 0.10% de carbono, templado. c) Acero con 0.60% de carbono, templado. d) Acero con 0.60% de carbono, templado y revenido. 6. ¿Como se llama la temperatura a la cual un material magnético pierde su magnetismo? a) Temperatura de Foucault. b) Temperatura de Histéresis. c) Temperatura de Curie. d) Temperatura de Bloch. 181
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Cuestiones y ejercicios de Fundamentos de Ciencia de Materiales
7. Un material magnético blando no sirve para fabricar: a) Electroimanes. b) Imanes para altavoces. c) Transformadores de potencia. d) Relés. 8. ¿Cómo se llama la temperatura a la cual un material magnético pierde su magnetismo? a) Temperatura de fusión. b) Temperatura de solubilización. c) Temperatura de austenización. d) Ninguna es correcta. 9. Un material magnético duro no sirve para fabricar: a) Elevalunas eléctrico. b) Cintas de vídeo. c) Sistemas de fijación magnética. d) Tarjetas de crédito. 10. Las pérdidas por corrientes de Foucault en un núcleo magnético metálico se reducen al: a) Aumentar el tamaño de grano. b) Aumentar la resistividad. c) Reducir el espesor de las chapas. d) b y c. 11. Al aumentar la temperatura de servicio hasta el punto de fusión, el Níquel: a) Es siempre ferromagnético. b) Pasa de ferro a paramagnético. c) Pasa de ferro a diamagnético. d) Pasa de para a ferromagnético. 12. El comportamiento ferromagnético se debe a: a) El giro de electrones sobre si mismos. b) El giro de los electrones alrededor del núcleo. c) El giro del núcleo atómico sobre sí mismo. d) El giro de electrones sobre sí mismos y en el orbital. 13. La magnetización M de un material diamagnético: a) Es positiva y menor que µ0H. b) Es positiva y mayor que µ0H. c) Es nula. d) Es negativa. 14. ¿Cuales de las siguientes modificaciones provoca un aumento en las pérdidas por histéresis de una chapa magnética?: a) La acritud. b) La reducción del tamaño de grano. c) El aumento de la frecuencia de la corriente alterna. d) Todas las anteriores. 15. Para una misma sección, el material que permite pasar mayor flujo magnético es: a) El hierro puro. b) El níquel puro. c) El cobalto puro. 182
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Unidad 10 - Materiales magnéticos
d) Las chapas Fe-Si. 16. Un material blando para núcleos de máquinas de C.A. debe poseer: a) Alto Bs. b) Alto Br. c) Alto Hc. d) Alta µr. 17. Las pérdidas por corrientes parásitas en los núcleos de C.A. se reducen: a) Al aumentar µr. b) Al emplear núcleos laminados. c) Al reducir las pérdidas por histéresis. d) Al reducir la resistividad. 18. El recocido final aplicado a las chapas para núcleos tiene como finalidad: a) Aumentar el tamaño de grano. b) Reducir el límite elástico. c) Eliminar tensiones internas. d) Reducir el tamaño de grano. 19. La principal ventaja del supermalloy frente al acero al silicio es: a) Su alta µinicial. b) Su mayor Bs. c) Su mayor resistividad. d) Todas las anteriores. 20. Las ferritas cerámicas blandas poseen estructuras: a) Hexagonal. b) Tetragonal. c) Cúbica. d) Varía con la composición. 21. El empleo de ferritas como núcleo para máquinas eléctricas de C.A. está limitado por: a) Su baja resistencia. b) Su bajo Br. c) Su bajo Bs. d) Su baja permeabilidad. 22. La magnetización M de una ferrita (Zn0,15 Ni0,85)O·Fe2O3 la proporcionan: a) Fe+2 y Fe+3. b) Fe+2, Ni+2 y Fe+3. c) Zn+2 y Ni+2. d) Fe+3 y Ni+2. 23. 14 - Una inducción de saturación superior a la del Fe puro sólo puede obtenerse con chapas: a) Fe-Si. b) Fe-Co. c) Fe-Ni. d) Vidrios metálicos. 24. La estructura ideal para la obtención de imanes permanentes de acero es: a) Ferrita dura. b) Martensita. 183
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Cuestiones y ejercicios de Fundamentos de Ciencia de Materiales
c) Bainita. d) Austenita. 25. La magnetización de los imanes ALNICO se realiza: a) Después del temple. b) Al cruzar la temperatura de Curie. c) Después de un tratamiento de maduración d) Durante la solidificación 26. La anisotropía de las ferritas duras se debe a: a) Su estructura hexagonal b) La forma alargada de los polvos c) La estructura dendrítica de solidificación d) Todas las anteriores 10.2 CUESTIONES DE HETEROEVALUACIÓN 1. Puntos importantes en una curva B-H de un material ferromagnético. 2. Clasificar las propiedades magnéticas en insensibles y sensibles a la estructura del material. 3. Factores estructurales que dificultan el libre movimiento de las paredes de Bloch. 4. Justifica los procedimientos que permiten desmagnetizar un imán permanente. 5. Indica las ventajas e inconvenientes de las ferritas cerámicas en núcleos de imanes de corriente alterna. 6. Indica los parámetros de selección de un imán permanente 7. Describe el proceso de fabricación de un núcleo de transformador hecho con Fe-2% Si orientado. 8. Las pérdidas por histéresis de chapas de acero al Si disminuyen al aumentar el tamaño de grano. ¿Qué condiciones de deformación y recocido deben emplearse para conseguir un tamaño de grano grueso? 9. Justifique el comportamiento ferromagnético de los metales 10.Defina y justifique el comportamiento antiferromagnético del Mn y Cr. 11.Justifique la existencia de dominios magnéticos. 12.Justifique cómo puede incrementarse la permeabilidad del hierro mediante aleación 13.Señale y justifique que propiedades magnéticas son deseables en un material blando para núcleos. 14.Qué ventajas presenta el empleo de aleaciones hierro silicio. 15.Establezca, con indicación clara de las diferentes etapas, el proceso de fabricación de un núcleo magnético para transformador de potencia con chapas Fe-Si de grano orientado. Indique los procesos, tratamientos térmicos y el procedimiento de corte y montaje para obtener las mejores prestaciones.
184
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Unidad 10 - Materiales magnéticos
16.Indique las ventajas y características más relevantes de las aleaciones Ni-Fe frente a las chapas de Fe-Si. 17.Justifique cómo afecta la estructura de los vídrios metálicos a sus propiedades magnéticas. 18.Señale y justifique las características magnéticas que definen la calidad de un imán permanente 19.Justifique cómo afecta la estructura cristalina y metalúrgica de los imanes permanentes a su comportamiento magnético. 20.¿Qué ventajas presentan las ferritas blandas frente a las aleaciones metálicas para imanes blandos? 21.¿Qué ventajas presenta la anisotropía en las aplicaciones magnéticas? 10.3 PROBLEMAS Y EJERCICIOS PRACTICOS PROPUESTOS Problema 10.1 El hierro tiene una magnetización de saturación de 1,71×106 A/m. ¿Cuál es el número promedio de magnetones de Bohr por átomo que contribuyen a esa magnetización? El hierro tiene una estructura cristalina BCC con a = 0,287 nm. Problema 10.2 Calcular la magnetización por saturación teórica M en amperios/metro y la inducción de saturación Bs en teslas para la ferrita FeO×Fe2O3. No hace falta tener en cuenta el término µ0H para el cálculo de Bs. La constante de la celda unidad FeO×Fe2O3 es 0,839 nm. Problema 10.3 Un campo magnético de 2000 A · m-1 se aplica a un material con una permeabilidad relativa de 5000. Calcular: a) la magnetización y b) la inductancia.
b) Una barra de una aleación de Fe-Si, cuyo comportamiento B · H se muestra en la figura. ¿Cuánto vale la densidad de flujo dentro de esta barra?
0,2
0,6
1,4
0,6
15000
1,2 1,0
10000
0,8 0,6 0,4 0,2
5000
Densidad de Flujo B (gauss)
a) Calcula la densidad de flujo si la bobina está en el vacío.
Campo magnético H (Oersted) Densidad de Flujo B (tesla)
Problema 10.4 Por una bobina de un alambre de 0,5 m de longitud y con 20 vueltas transporta una corriente de 1 A.
c) Supongas que una barra de molibdeno 0,0 0 0 10 20 30 40 50 60 se sitúa ahora dentro de la bobina. Campo magnético H (A/m) ¿Qué corriente debe circular para producir en el Mo el mismo flujo magnético B en la aleación hierro-silicio usando 1 A?. Considerar la susceptibilidad magnética del molibdeno = 1,19 x 10-4.
Problema 10.5 Supermalloy es un material magnético blando. Sobre él se bobina un alambre de 20 m de longitud dando 30 vueltas, por la que pasa una corriente de 5 A. Calcular: a) El campo magnético H. 185
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Cuestiones y ejercicios de Fundamentos de Ciencia de Materiales
b) La magnetización M, y, c) La inductancia B. NOTA: Considerar la permeabilidad del vacío µ0 = 4π· 10-7 T· m· A-1, y la permeabilidad relativa de Supermalloy de 800000. Problema 10.6 Usando un núcleo de Permalloy 45, cuya permeabilidad relativa es de 25000, se quiere fabricar una bobina con un conductor de 19 m de longitud y 300 vueltas, que proporcione una inductancia de 7,5 Teslas. ¿Qué corriente debe circular por el conductor? Problema 10.7 La magnetización dentro de una barra de una aleación metálica es de 1,2 · 106 A/m, para un acampo H de 200 A/m. Calcular: a) La susceptibilidad magnética. b) La permeabilidad c) La densidad de flujo magnético dentro de ese material Problema 10.8 Suponer que el hierro-silicio (97Fe-3Si) alcanza el punto de saturación cuando se coloca dentro de una bobina de 400 vueltas con una longitud de 0,25 m y por la que atraviesa una intensidad de B Br corriente de 15 A. Calcular la magnetización de saturación. Considerar el flujo magnético de saturación, Bs = 2,1 Teslas. Problema 10.9 Hallar el producto energético máximo (BH)máx para la aleación de Sm(Co, Cu)7,4. En la figura se representa el segundo cuadrante correspondiente a la curva - H de histéresis de esta aleación. - Hc Problema 10.10 Utilizando el ciclo de histéresis de la figura, a) Calcular y dibujar el producto B · H como una función del campo magnético. b) Determinar el poder de magne-tización del material, B · Hmax.
b) La permeabilidad máxima. Problema 10.12 En la tabla aparecen lo datos para un acero al carbono.
0
Densidad de flujo (Teslas) 0.8 0.6 Campo magnético (A/m)
0.4
Problema 10.11 Utilizando la figura del problema anterior, calcular: a) La permeabilidad inicial, y,
BH
-5 -4 -3 -2 -1
1 2 3 4 5 x 103
-0.4 -0.6 -0.8
186
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Unidad 10 - Materiales magnéticos
H (A/m) 0 15 30 50 60 70
B ( Teslas) 0 0.003 0.007 0.10 0.30 0.63
H (A/m) 80 100 150 200 300
B ( Teslas) 0.90 1.14 1.34 1.41 1.48
a) Calcular y construir la gráfica de B frente a H. b) ¿Qué valores tienen la permeabilidad inicial y la permeabilidad inicial relativa? c) ¿Cuál es el valor máximo de la permeabilidad? d) ¿Para qué valor de H se da el máximo de permeabilidad? e) ¿A qué valor de la susceptibilidad corresponde este máximo en la permeabilidad? Problema 10.13 Un campo magnético obtenido a partir de un bobina de 100 vueltas y 12 m de longitud, produce una magnetización de 0.38 Teslas en el material magnético, cuyo ciclo de histéresis se muestra en la figura. Determinar:
Densidad de flujo (Teslas) 0.8
0.6
a) El campo magnético necesario.
0.4
Campo magnético (A/m)
b) La permeabilidad relativa de este material en el campo magnético. c) La corriente necesaria para producir la magnetización. Problema 10.14 Un campo magnético de 1600 A/m es producido por un redondo del material cuyo ciclo se representa en el problema 10.10. Determinar: a) La magnetización producida.
-5 -3
-1
1
3
5 x 103
-0.4 -0.6
-0.8
b) La permeabilidad relativa en este campo. Problema 10.15 Calcular el valor teórico para la magnetización de saturación y la inducción de saturación del níquel, suponiendo que todos sus electrones 3d contribuyen a la magnetización. La red del níquel es c.c.c con parámetro reticular a = 0,352 nm. Problema 10.16 Calcular la inducción de saturación de una ferrita NiFe2O4, considerando que la celda elemental es cúbica con a = 4,17 Å. Nota: el Ni+2 sustituye al Fe+2 en la fórmula tipo. El Ni+2 tiene 2 magnetones Bhor. Problema 10.17 Por una bobina de 13 vueltas de un alambre de 2 metros de longitud se hace pasar una corriente de 100 mA. ¿Cuál de los materiales de la tabla presentará mayor inducción?
187
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Cuestiones y ejercicios de Fundamentos de Ciencia de Materiales
Material
µr
Bs (Teslas)
Hierro comercial
1500
2.14
Fe-Si (orientado)
14000
2.01
Permalloy 45
25000
1.60
Supermalloy
800000
0.80
Ferroxcube A
14000
0.33
Ferroxcube B
6500
0.36
Considerar la permeabilidad del vacío = 4 π · 10-7 (T · m)/A, y que la densidad de flujo magnético viene expresada por la ecuación: H=
0.4 π n I l
Problema 10.18 Se quiere fabricar una bobina de 25 vueltas de un hilo de 3,5 metros de longitud, a) ¿Cuál de los materiales de la tabla siguiente presentará mayor inducción, si se hace pasar una corriente de 1 A por el conductor? Material
µr
Bs (Teslas)
Hierro comercial
1500
2.14
Fe-Si (orientado)
14000
2.01
Permalloy 45
25000
1.60
Ferroxcube A
14000
0.33
Ferroxcube B
6500
0.36
b) ¿Cuál sería la intensidad que debería circular por el Fe-Si para obtener una inducción magnética de 1,5 Teslas? Considerar que la permeabilidad del vacío es 4 π · 10-7 (T · m)/A, y que la densidad de flujo 0.4 π n I magnético viene expresada por la ecuación: H = l Problema 10.19 Calcular la magnetización de saturación del Permalloy 45, con una permeabilidad relativa de 25000, si alcanza la saturación, Bs = 1,60 T, en una bobina de 80 vueltas con una longitud de 2 m y por la que circula una intensidad de corriente de 1 A. Considerar la permeabilidad del vacío = 4 π 10-7 (T·m)/A y que la densidad del flujo magnético 0.4 π n I viene expresada por la ecuación: H= l Problema 10.20 De los materiales de la tabla siguiente, se desea seleccionar uno para fabricar una bobina de 50 vueltas de un hilo de 5 metros de longitud por el que se hará pasar una intensidad de 7.8 A.
188
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Unidad 10 - Materiales magnéticos
Material
µr
Bs (Teslas)
Fe-Si (orientado)
14000
2.01
Permalloy 45
25000
1.60
Ferroxcube A
14000
0.33
a) ¿Cuál de los materiales presentará una mayor inducción? b) ¿Cuál será la intensidad para la que alcanzará la inducción de saturación el Permalloy 45? Considera que la permeabilidad del vacío es 4 π · 10-7 (T · m)/A, y que la densidad de flujo magnético viene expresada por la ecuación: H=
0.4 π n I l
SOLUCION A LAS CUESTIONES DE AUTOEVALUACION: 1 - a, 2 - c, 3 - a, 4 - b, 5 - c, 6 - c, 7 - b, 8 - d, 9 – b, 10 – d, 11 – b, 12 – d, 13 – d, 14 – d, 15 – a, 16 – a, 17 – b, 18 – a, 19 – a, 20 – c, 21 – c, 22 – d, 23 – b, 24 – b, 25 – b, 26 – a. 189
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Cuestiones y ejercicios de Fundamentos de Ciencia de Materiales
10.4 PROBLEMAS Y EJERCICIOS PRACTICOS RESUELTOS Solución al problema 10.1 La magnetización por saturación Ms en amperios por metro puede ser calculada por la ecuación siguiente: − 24 A ⋅ m− 2 Atomos N µ B magnetones de Bohr 9,27 ⋅ 10 MS = ⋅ = ⋅ m3 Atomo MagnetondeBohr
= respuesta en (A/m)
(
)
Densidad atomica n o de atomos / m 3 =
2 atomos / C. C. celda unidad
( 2,87 ⋅ 10
−10
)
m
3
=
/ celda unidad
= 8,46 x 1028 átomos/m3 Nosotros reordenaremos esa ecuación y la utilizaremos para resolver NµB. Tras sustituir los valores de Ms la densidad atómica y µB, podremos calcular el valor de NµB.
Nµ
B
=
MS (Atomos / m 3 ) (µ B )
=
1,71 ⋅ 10 6 A / m = (8,46⋅10 28 atomos / m 3 ) ⋅ (9,27⋅10 −24 A⋅m 2 )
= 2,18 µB/átomos Solución al problema 10.2 El momento magnético de una molécula de FeO×Fe2O3 es debido a los 4 magnetones de Bohr del ión Fe2+, ya que los electrones desapareados de los iones Fe3+ se cancelan unos a otros. Como hay ocho moléculas de FeO×Fe2O3 en una celda unidad, el momento total por celda es: 32 magnetones de Bohr 4 magnetones de Bohr 8 subceldas = celda unidad subcelda celda unidad
entonces, 32 magnetones de Bohr/celda 9,27 ⋅ 10-24 A⋅m 2 = 5,0 ⋅ 105 A / m M= 3 -10 (8,39⋅10 m ) Magnet ón de Bohr
Bs en la saturación, asumiendo que todos los momentos están alineados, y despreciando los términos H, viene dado por la ecuación Bs ≈ µ0M. Entonces, 4 π ⋅ 10-7 T ⋅ m 5,0 ⋅ 105 A ≈ µ M ≈ = 0,63 T Bs 0 A m Solución al problema 10.3 a)
µr
= 1+ χ
= 1+
M H
= 5000
por tanto, la magnetización será: 190
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Unidad 10 - Materiales magnéticos
M b)
=
(5000 − 1) H
µ
=
µr ⋅ µ0
(
5000 4 π ⋅ 10 7
=
9 ,998 ⋅ 10 6 A / m ≈ 10 7 A / m
4999 ⋅ 2000 =
=
)
6,28 ⋅ 10 −3 T ⋅ m / A
=
y la inductancia, B
µ⋅H
=
=
6,28 ⋅ 10 −3 T ⋅ m / A × 2000 A ⋅ m −1
= 12 ,57 Teslas
Solución al problema 10.4 =
0,4 π n I l
0,4 π 20 ⋅ 1 = 0,5
=
b) Tal como se observa en la figura, la densidad de flujo será alrededor de 1,35 Teslas. c) B Si,
µ⋅H
=
⇒ 1,35 =
= 1+ χ
µr
µ r ⋅ µ0 H
= 1,000119
y por tanto, 0,4 π ⋅ 20 ⋅ I 0,5
1,35 = 1,000119 × 4 π ⋅ 10 − 7
50,27 A / m Campo magnético H (Oersted) 0,2
0,6
0,6
15000
1,4 1,2 10000
1,0 0,8 0,6
5000 0,4 0,2 0,0
0
10
20
30
40
50
60
0
Densidad de Flujo B (gauss)
H
Densidad de Flujo B (tesla)
a)
Campo magnético H (A/m)
de donde, I
=
1,35 × 0,5 1,000119 × 4 π × 10 − 7 × 0,4 π × 20
=
21370 A
Solución al problema 10.5 a) el campo magnético será: H
=
0,4 π n I l
=
0,4 π 30 ⋅ 5 20
=
9,42 A / m
b) La magnetización la calcularemos a partir de la permeabilidad magnética, considerando: µr
= 1+ χ
= 1+
M H
= 800000
de donde, M
=
( µ r − 1) H
=
( 800000 − 1) × 9,42 A / m
=
7,53 ⋅ 10 6 A / m
c) Y la inducción magnética, será: B = µ ⋅ H = µ r ⋅ µ 0 ⋅ H = 800000 T ⋅ m / A × 4 π × 10 −7 × 9,42 A / m = 9,47 Teslas
191
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Cuestiones y ejercicios de Fundamentos de Ciencia de Materiales
Solución al problema 10.6 µ = µ r ⋅ µ 0 = 25000 T ⋅ m / A × 4 π × 10 −7 = 0,0314 T ⋅ m ⋅ A −1 B
=
µ⋅H
7,5 T
B µ
=
H×l 0,4 π × n
=
H
⇒
=
0,0314 T ⋅ m ⋅ A −1
=
238,73 A / m
Entonces, la intensidad será: I
=
238,73 × 19 0,4 π × 300
= 12 A
Solución al problema 10.7 a)
χ
M H
=
b)
=
1,2 ⋅ 10 6 200
6000
=
µ = µr ⋅ µ 0
siendo
= 1+ χ
µr
=
6001
por lo que, 6001 × 4 π × 10 −7 = 7,54 ⋅ 10
= c)
B
µ⋅H
=
=
7 54 ⋅
−
T⋅
= 1,5
⋅ A −1 /m
El campo magnético será:
H
0,4 π n l
=
4π
15 ,25
m
La magnetización la calcularemos a partir del cálculo del flujo magnético en vacío y de la permeabilidad magnética del material, por tanto,
B0
= µ0 ⋅ H = 4 π ⋅ 10− 7 ⋅ 30159 = 0,0379 T
y, teniendo en cuenta que:
Bs = µ 0 ⋅ H + µ 0 ⋅ M s la magnetización de saturación será: Ms
=
Bs − B0 µ0
=
2,01 − 0,0379 = 1,57 ⋅ 106 A / m −7 4 π ⋅ 10
Solución al problema 10.9 Necesitamos encontrar el área del mayor rectángulo que puede colocarse dentro del segundo cuadrante de la curva de desmagnetización de la aleación. La curva tendrá un aspecto 192
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Unidad 10 - Materiales magnéticos
como el que se muestra en la figura adjunta. A continuación se enumeran cuatro áreas de prueba, representándose dicho rectángulo para la primera de ellas:
1,1
Prueba 1 → (0,80 T · 250 kA/m) = 200 kJ/m3 (figura)
0,8
B, T
Prueba 2 → (0,60 T · 380 kA/m) = 228 kJ/m3 Prueba 3 → (0,55 T · 420 kA/m) = 231 kJ/m3 Prueba 4 → (0,50 T · 440 kA/m) = 220 kJ/m3 El mayor valor está alrededor de 231 kJ/m3, que se puede comparar con los 240 kJ/m3 catalogado para aleaciones de Sm(Cu, Co).
500
Solución al problema 10.10
Br
a) En la figura representamos el segundo cuadrante de la curva de desmag-netización de la aleación, dibujando el producto B x H como una función del campo magnético. b) El poder de desmagnetización del material vendrá dado por el área del mayor rectángulo que puede colocarse dentro de este segundo cuadrante de la curva de desmagnetización. Numérica-mente lo resolveremos de forma aproximada mediante algunas pruebas:
H, kA/m
250
0.8 0.6 0.4
500 1000 1500
-5 -4 -3 -2 -1
B·H
-H
Prueba 1 → (0,47 T · 2750 A/m) = 1292 J/m3 Prueba 2 → (0,54 T · 2500 A/m) = 1350 J/m3 Prueba 3 → (0,63 T · 2000 A/m) = 1260 J/m3 y el mayor valor está alrededor de los 1350 J/m3. Solución al problema 10.11 a) De la figura obtenemos que la permeabilidad, en función de la densidad de flujo y el campo, será:
0,3 T = 1 ⋅ 10− 4 T ⋅ m ⋅ A −1 3000 b) Y la permeabilidad máxima: µi
µi
=
=
0,62T 2500
= 2,48 ⋅ 10− 4 T ⋅ m ⋅ A −1
Densidad de flujo (Teslas)
Prueba 4 → (0,69 T · 1000 A/m) = 690 J/m3
0.8
µmax
0.6 0.4
µi
1 2
3 4 5 x 103
Campo magnético (A/m) 193
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Cuestiones y ejercicios de Fundamentos de Ciencia de Materiales
Solución al problema 10.12 a) En la figura siguiente se representa la gráfica obtenida del flujo magnético, B, frente al campo magnético, H.
Densidad de flujo (Teslas)
1,6 1,4
µmax
1,2 1 0,8 0,6 0,4 0,2
µi
0 0
50
100
150
200
250
300
Campo magnético (A/m) b)
µi
B H
=
µ ri c)
µ max
≈
=
0,003 15
=
µi µ0 1,14 100
=
=
2 ⋅ 10 − 4 T ⋅ m ⋅ A −1 2 ⋅ 10 −4
4 π ⋅ 10 − 7
= 0,0114 T ⋅ m ⋅ A −1 Densidad de flujo (Teslas) 0.8
d) Del gráfico, aproximadamente H = 100 A/m e)
µ rmax
=
µ max µ0
=
χ
=
µ rmax
− 1
0,0114 4 π ⋅ 10 −7 =
=
9072
b)
µ
=
=
0.4
-5 -3
a) De la figura, H = 1800 A/m 0,38 1800
0.6
9071
Solución al problema 10.13 B H
= 159
-1
Campo magnético (A/m)
1
-0.4
=
2,11 ⋅ 10 − 4 T⋅m⋅A −1 -0.6
c) La corriente necesaria será: -0.8
194
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3
5 x 103
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I
H×l 0,4 π × n
=
=
Solución al problema 10.14 a) De la figura obtenemos que para H = 1600 A/m, B ≈ 0,41 Teslas.
1800 × 12 = 171,9 A 0,4 π × 100
Densidad de flujo (Teslas) 0.8 0.6
a) La permeabilidad relativa será: µr
=
µ
Campo magnético (A/m)
0.4 0.41
µ0
siendo,
B 0,41 µ= = = 2,56 ⋅ 10 − 4 T⋅m⋅A −1 H 1600
1 2 3 4 5 x 103
-5 -4 -3 -2 -1 -0.4
y por lo tanto,
2,56 ⋅ 10−4 µr = = = 203,7 4 π ⋅ 10 − 7 µ0 µ
-0.6 -0.8
Solución al problema 10.15 La magnetización por saturación Ms en amperios por metro puede ser calculada por la ecuación siguiente: MS =
=
Atomos 3 m
N µ B magnetones de Bohr 9,27 ⋅10 −24 A ⋅m −2 ⋅ ⋅ Atomo Magneton de Bohr
2 magnetones de Bohr 9,27 ⋅ 10 −24 A ⋅ m −2 ⋅ ⋅ Atomo Magnetón de Bohr (0,352 ⋅ 10 −9 m)3 / celda unidad 4 atomos / celda unidad
=
= 1.7 ⋅ 10 6 A / m
Bs en la saturación, asumiendo que todos los momentos están alineados, y despreciando los términos H, viene dado por la ecuación Bs ≈ µ0M. Entonces, Bs
≈
µ0 M
4 π ⋅ 10-7 T⋅m 1,7 ⋅ 10 6 A ≈ A m
=
2,14 T
Solución al problema 10.16 El momento magnético de la ferrita NiFe2O4 es debido a los 2 magnetones de Bohr del ión Ni2+, ya que los electrones desapareados de los iones Fe3+ se cancelan unos a otros. Como hay ocho moléculas de NiO×Fe2O3 en una celda unidad, de iguakl manera a la expuesta en el problema 10.2, el momento total por celda será de 16 magmetones de Bohr, y entonces, 16 magneton e s de Bohr/celda 9,27 ⋅ 10-24 A⋅m 2 = 2,05 ⋅ 106 A / m M= 3 -10 ( 4,17⋅10 m ) Magnet ón de Bohr 195
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Cuestiones y ejercicios de Fundamentos de Ciencia de Materiales
La inducción de saturación, asumiendo que todos los momentos están alineados y despreciando los términos H, viene dado por la ecuación Bs ≈ µ0M. Entonces, −7 6 4π ⋅ 10 T⋅m 2,05 ⋅ 10 A = 2,58 T Bs ≈ µ0 M ≈ A m
Solución al problema 10.17 La densidad de flujo magnético será: 0.4 π ⋅ 13 ⋅ 100 ⋅ 10 −3 H= = 0.817 A / m 2
y la inducción magnética vendrá expresada por: B = µ · H = µr · µ0 · H Por lo que, para las condiciones de la bobina, tendrá en principio mayor inducción el material con mayor µr, es decir el Supermalloy, tal como se refleja en la siguiente tabla. Material
µr
B (Teslas)
Hierro comercial
1500
1.5 · 10-3
Fe-Si (orientado)
14000
0.014
Permalloy 45
25000
0.0257
Supermalloy
800000
0.82
Ferroxcube A
14000
0.014
Ferroxcube B
6500
6.67 · 10-3
No obstante, el Supermalloy no lograría alcanzar la inducción calculada de 0.82 Teslas, pues antes llega a la inducción de saturación Bs de 0.80 Teslas en la que permanecería. Solución al problema 10.18 a) La densidad de flujo magnético vendrá dada por: y la inducción magnética vendrá expresada por:
H=
0.4 π ⋅ 25 ⋅ 1 = 8,976 A / m 3,5 B = µ · H = µr · µ0 · H
Por lo que, para las condiciones de la bobina, tendrá en principio mayor inducción el material con mayor µr, es decir el Permalloy 45, tal como se refleja en la siguiente tabla. Material
µr
B (Teslas)
Hierro comercial Fe-Si (orientado) Permalloy 45 Ferroxcube A Ferroxcube B
1500 14000 25000 14000 6500
0,017 0,158 0,282 0,158 0,073
196
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Unidad 10 - Materiales magnéticos
b) Para obtener en el Fe-Si una inducción magnética de 1,5 Teslas, la intensidad vendrá en función del flujo magnético: H=
1,5 T B = = 85,26 A / m µ 14000 ⋅ 4 π 10 − 7
y por tanto, la intensidad será: I=
H ⋅l 85,26 ⋅ 3,5 = = 9,5 A 0,4 π n 0,4 π 25
Solución al problema 10.19 La densidad de flujo magnético obtenida en la bobina será: H=
0.4 π ⋅ 80 ⋅ 1 = 50,27 A / m 2
y la magnetización vendrá expresada en función de la inducción magnética por: B = µ · H = µr · µ0 · H = µ0 · H + µ0 · M con lo que tendrá un valor de: M=
B − µ 0 H 1,60 − 4 π 10 −7 = = 1,273 ⋅ 10 6 A / m −7 µ0 4 π 10
Solución al problema 10.20 a) La inducción vendrá expresada por: B = µ · H = µ0 · µr · H siendo, H
0.4 π ⋅ 50 ⋅ 7.8 A 5m
=
= 98.02 A / m
con lo que tendremos los siguientes valores: Material
µr
Bteórico (Teslas)
Bmax (Teslas)
Fe-Si (orientado)
14000
1.72
1.72
Permalloy 45
25000
3.08
1.60
Ferroxcube A
14000
1.72
0.33
Por lo que el material que presentará mayor inducción será el Fe-Si orientado. b) Para el Permalloy 45, cuya inducción de saturación es de 1.60 teslas, tendremos: H
=
B µ0 ⋅ µr
=
4 π 10
−7
1.60 T T ⋅ m / A ⋅ 25000
= 50.93 A / m
de donde la intensidad será:
197
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I
=
H ⋅l 0.4 π n
=
50.93 A / m ⋅ 5 m 0.4 π 50
= 4.05 A
198
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UNIDAD 11 Características térmicas de los materiales 11.1 CUESTIONES DE AUTOEVALUACIÓN 1. La conductividad térmica de un metal o aleación aumenta al: a) Aumentar la temperatura. b) Aumentar el grado de acritud. c) Aumentar el contenido de aleante. d) Ninguna de las anteriores. 2. ¿Cual de los siguientes valores de conductividad térmica corresponde a la plata: a) 15 IACS. b) 76 IACS. c) 100 IACS. d) 108 IACS. 3. ¿Cual de los siguientes factores reduce el riesgo de roturas por choque térmico?: a) Alto coeficiente de dilatación térmico. b) Alta conductividad térmica. c) Alto módulo de elasticidad, módulo de Young. d) Baja carga de rotura. 4. Los aumentos de temperatura permiten incrementar la conductividad térmica de las cerámicas porque: a) Aumenta el número de electrones conductores. b) Aumenta la amplitud de la vibración. c) Aumenta la dilatación térmica. d) Aumenta el módulo de elasticidad. 5. El calor específico de los materiales a temperatura ambiente y superior: a) Es constante. b) Aumenta con la temperatura. c) Disminuye al aumentar el peso molecular. d) Aumenta al aumentar el peso molecular. 6. En un sólido policristalino, el coeficiente de dilatación térmica: a) Es diferente para cada fase. b) Depende de la textura. c) Cambia con la temperatura. d) Todas son correctas. 199
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Cuestiones y ejercicios de Fundamentos de Ciencia de Materiales
7. La magnitud de la tensión térmica en una barra que cambia su temperatura depende de: a) La tenacidad del material b) El gradiente de temperatura c) La longitud original del elemento d) La sección transversal 8. En una de las siguientes secuencias, los materiales están ordenados de mayor a menor conductividad térmica: a) Ag > Cu > Fe > Au. b) Fe > Au > Cu > Ag. c) Cu > Al > Au > Fe. d) Ag > Cu > Al > Fe. 9. La conducción térmica por vibración es característica de: a) Los metales. b) Las cerámicas. c) Los polímeros. d) Son correctas la B y C. 10. En un material con dilatación restringida, un aumento de temperatura suele provocar: a) Tensiones de tracción. b) Tensiones de compresión. c) Aumentos de longitud. d) Reducción de longitud. 11. Los mayores coeficientes de dilatación se observan en materiales: a) Elastómeros. b) Termoestables. c) Cerámicos. d) Metálicos. 12. En un material cerámico, la conductividad térmica puede aumentarse: a) Reduciendo la porosidad. b) Reduciendo la temperatura de sinterización. c) Reduciendo el tiempo de sinterización d) Todas las anteriores son correctas. 13. En comparación con el material compacto, un material con muy alta porosidad interna presenta: a) Mayor conductividad térmica. b) Mayor densidad. c) Mayor calor específico. d) Ninguna de las anteriores. 11.2 CUESTIONES DE HETEROEVALUACIÓN 1. Relación entre la conductividad eléctrica y térmica de los metales. 2. ¿Por qué se dilatan los materiales al aumentar la temperatura?. ¿ De que depende el coeficiente de dilatación?. 3. Causas de la rotura por choque térmico. 4. Variables de las que depende el coeficiente de dilatación térmica. 200
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Unidad 11 - Características térmicas de los materiales
5. Relación existente entre el coeficiente de dilatación térmica de los metales y su temperatura de fusión. 6. Definir Cp y Ce, e indicar su relación con la composición del material y su estructura. 7. ¿En qué se fundamenta la diferencia de aplicación de la conductividad térmica en cerámicos y polímeros. 8. ¿ Como se puede obtener un plástico buen aislante térmico. 9. Justifica el efecto de la temperatura en la conductividad térmica de un material cerámico. 10. ¿Cómo puede conseguirse un buen aislante térmico a elevadas temperaturas? 11. Justifique la posibilidad de que ocurra una dilatación en un material como consecuencia de un enfriamiento desde una temperatura elevada. 12. Justifique por qué suele ocurrir que los materiales refractarios aislantes presentan una menor resistencia al choque térmico que los mismos materiales compactos. 11.3 PROBLEMAS Y EJERCICIOS PRACTICOS PROPUESTOS Problema 11.1 50 g de niobio, aumentan su temperatura en 75 °C cuando se calientan durante un tiempo determinado. Estimar el calor específico y determinar el calor necesario para producir este calentamiento. Considerar: el peso atómico del Nb = 92.91 g× mol Cp = 25 J× mol-1× K-1 Problema 11.2 Calcular la energía necesaria para aumentar la temperatura de 2 kg de los siguientes materiales desde 20 a 100°C: aluminio, acero, vidrio de sosa y cal y polietileno, considerando su capacidad calorífica de la siguiente tabla. Material Aluminio Acero Vidrio de sosa y cal Polietileno
Cp (J/kg·K) 900 486 840 2100
Problema 11.3 Una pieza de colada de aluminio solidifica a 660°C. A esa temperatura, la pieza tiene 250 mm de longitud. ¿Cuál es la longitud después de que la pieza se enfríe a temperatura ambiente? Considerar el coeficiente de dilatación lineal para el aluminio de 25× 10-6 K-1. Problema 11.4 Un hilo de aluminio, cuyo coeficiente de dilatación lineal es 25 · 10-6 K-1, de 15 m de largo es enfriado desde 40 a -9°C. ¿Cuál será el cambio de longitud? Problema 11.5 Una barra metálica de 0,4 m de longitud se alarga 0,48 mm al ser calentada desde 20 a 100 °C. Determinar: a) El valor del coeficiente de dilatación térmica de este material. b) Si la dilatación se impide, soldando la barra por sus extremos, calcular las tensiones a las 201
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que estaría sometida la barra al calentarla desde 20°C hasta los 100 °C. El módulo de elasticidad del metal es de 115 Gpa. Las tensiones residuales cumplen la ecuación: σ = E · α · ∆T Problema 11.6 Una tubería de acero para vapor de 5 m de longitud a 20 °C, tiene impedida la dilatación. Calcular las tensiones térmicas que aparecen en la tubería cuando circula por ella vapor sobrecalentado a 115°C, considerando que el coeficiente de dilatación lineal, α, es de 15× 10-6 cm/cm K-1 entre 0 y 200 °C. Problema 11.7 Unos raíles de tren fabricados con una acero del 0,25% de C, que tiene un α = 12,5 · 10-6 K-1, son instalados en la época del año en que la temperatura media es de 4°C. Si en la unión de los raíles, cuya longitud es de 11,9 m, se le deja un espacio de 5,4 mm, ¿cuál es la temperatura más alta que puede ser tolerada sin introducir tensiones térmicas? Problema 11.8 a) Una barra de latón de 0,35 m de longitud se calienta desde 15 a 85°C mientras sus extremos se mantienen en posiciones rígidas, determinar el tipo y magnitud de las tensiones que se originan. Suponer que a 15°C la barra está libre de tensiones. Considerar el módulo de elasticidad del latón de 135 GPa, y el coeficiente de dilatación térmica, α, de la tabla del problema siguiente. b) Si la barra es enfriada de 15°C a -15°C, ¿qué tipo y magnitud de tensiones resultarán? Problema 11.9 Los extremos de una barra cilíndrica de 6,4 mm de diámetro y 254 mm de longitud se colocan entre soportes rígidos. La barra está libre de tensiones a temperatura ambiente; al enfriar a -60°C, se puede permitir una tensión térmica de 140 MPa. ¿De qué material, de la tabla siguiente, debe fabricarse la barra? ¿Por qué? Material Aluminio Cobre Volframio Acero Latón 70-30
α · 10-6 (K-1) 25.0 16.6 4.5 12.5 20.0
E (GPa) 70 127 414 210 100
Problema 11.10 Los dos extremos de una barra cilíndrica de níquel de 120 mm de longitud y 12 mm de diámetro se mantienen rígidos. Si la barra está inicialmente a 70°C, ¿hasta qué temperatura debe ser enfriada para que se produzca una reducción en diámetro de 0,023 mm? Considerar el módulo de elasticidad del níquel de 209 GPa, y el coeficiente de dilatación de 13 x 10-6 K-1. Problema 11.11 Un vidrio para ventana de 10 mm de espesor y de 1,2 x 1,2 m separa una habitación a 25º C del exterior, a 40º C. Calcular la cantidad de calor que entra a la habitación a través de la ventana cada día. Considerar un valor de conductividad térmica para el vidrio de carbonato de calcio de 0,96 W× m-1× K-1. 202
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Problema 11.12 La densidad del poliestireno rígido es de 1050 kg/m3, mientras que la densidad de este mismo polímero expandido con freón 12 es de 16 kg/m3. a) Calcular el porcentaje de porosidad del poliestireno expandido suponiendo nula la densidad del gas. b) Calcular la conductividad térmica del poliestireno expandido en el supuesto de que ésta sea proporcional a la fracción en volumen del poliestireno y del gas, siendo kpoliestireno de 0.16 J m-1 s-1 K-1 y kfreon 12 de 0.009 J m-1 s-1 K-1. Problema 11.13 Suponer que podemos introducir una porosidad del 30% en volumen en el interior de un vidrio de carbonato de calcio. Considerando que la conductividad térmica debida a los poros es cero, ¿cuál es la diferencia de calor respecto a la obtenida en el problema 11.11? Problema 11.14 Calcular los valores de capacidad calorífica a preión cte. Cp, para los mteriales siguients, a partir de los valores experimentales de Calor específico. Cual es el error si suponemos Cp = cte = 6 cal/mol·K Cobre Ce = 0,092 cal/g·K Níquel Ce = 0,105 cal/g·K Aluminio Ce = 0,220 cal/g·K N2 Ce = 0,240 cal/g·K Problema 11.15 Una barra debe utilizarse en una aplicación que requiere que sus extremos se mantengan rígidos. Si la barra está libre de tensiones a la temperatura ambiente, 20°C, cuando se coloca, a) ¿Cuál es la máxima temperatura a la cual puede ser calentada la barra, si esta fuera de latón, sin exceder una tensión de compresión de 172 Mpa? Considerar los datos de la tabla siguiente. b) ¿Para cuál de los materiales tabulados sería mayor la tensión de compresión resultante a esa temperatura? ¿Cuál sería esa tensión de compresión?.
E (GPa)
486
α x 10-6 (°C)-1 12.5
502 375
16.0 20.0
193 100
Material
Cp (J/kg·K)
Acero de construcción Acero inoxidable 304 Latón (70Cu-30Zn)
200
Problema 11.16 Los extremos de una barra cilíndrica de 60 cm de longitud se colocan entre soportes rígidos. La barra está libre de tensiones a una temperatura de 100°C, pero ésta debe enfriarse hasta los –60°C sin que sucedan deformaciones plásticas. a) ¿Qué materiales de la tabla siguiente podrán ser utilizados?. Justifícalo. b) ¿Qué material permitirá un menor diámetro de la barra. Material
E (GPa)
Le (MPa)
R (MPa)
α · 10-6 (K-1)
Aluminio comercial Cobre comercial Latón comercial Acero, 0.15%C
69 110 101 210
255 206 344 447
420 275 420 551
25.0 16.6 20.0 12.5 203
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Problema 11.17 Se desea utilizar una barra en una aplicación en la que sus extremos deben mantenerse rígidos. Si la barra está libre de tensiones a la temperatura ambiente, 20°C, cuando se coloca. a) ¿Cuál/es será/n el/los material/es que permita/n una mayor temperatura sin deformaciones permanente? b) ¿Qué material/es soportará/n, sin romper, menores temperaturas?
Material
E (GPa)
Le (MPa)
R (MPa)
α · 10-6 (K-1)
Aluminio comercial Cobre comercial Latón comercial Acero, 0.15%C
69 110 101 210
255 206 344 447
420 275 420 551
25.0 16.6 20.0 12.5
Problema 11.18 Una pieza de acero esmaltado, en el que la unión entre el esmalte y el acero es rígida a través de una capa de óxido, es calentada desde los 25ºC, donde no presenta tensiones, hasta los 85ºC. Si las propiedades de ambos materiales son: Material Acero Esmalte
α x 10-6 (cm/cm·K) 12.5 0.55
E (GPa) 210 75
Le (MPa) 380 110
a) ¿Qué tensiones se generarán en el esmalte? b) ¿A qué temperatura se fracturará o agrietará el esmalte?
Problema 11.19 Una aplicación industrial precisa de una barra metálica de 125 cm de longitud y 15 mm de diámetro, cuyos extremos se mantienen rígidos. Si consideramos una temperatura mínima de servicio de 10°C, a) ¿Cuál de los materiales de la tabla siguiente presentará un mayor intervalo de temperaturas de servicio? b) ¿Cuál será la deformación máxima, en el material seleccionado, a los 75°C? Material Fundición esferoidal Acero medio en carbono Acero inoxidable austenítico 316 Aleación de aluminio 2014 Niquel 99%
Módulo elástico (GPa) 165 207 193 110 76
Límite elástico (MPa) 275 350 207 69 55
Tensión de rotura (MPa) 415 520 552 220 125
Coef. dilatación α · 10-6 (K-1) 11.8 11.3 16.0 22.5 19.0
SOLUCION A LAS CUESTIONES DE AUTOEVALUACION: 1 - d, 2 - d, 3 - b, 4 - b, 5 - c, 6 - d, 7 - b, 8 - d, 9 - d, 10 – b, 11 – d, 12 – a, 13 – d. 204
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11.4 PROBLEMAS Y EJERCICIOS PRACTICOS RESUELTOS Solución al problema 11.1 Utilizando la ecuación 11.1, estimaremos el calor necesario para aumentar la temperatura, de un gramo, un grado, es decir el calor específico, Ce =
Cp Pa
=
25 = 0.269 J ⋅ g -1 ⋅ K -1 92.91
con ello, el calor total será: Calor = (0.269 J ⋅ g -1 ⋅ K -1 ) (50 g) (75 K) = 1009 J Solución al problema 11.2
Calor = (C p ) ( 2 k g) ( 80 K) = cuyos resultados, para los diferentes materiales se expresan en la tabla siguiente: Material Aluminio Acero Vidrio de sosa y cal Polietileno
Cp (J/kg·K) 900 486 840 2100
Calor (kJ) 144.0 77.8 134.4 336.0
Solución al problema 11.3 El salto de temperatura desde el punto de fusión a la temperatura ambiente es: 660°C - 27°C = 633°C = 633 K ∆l = α ⋅ l ⋅ ∆T = 25x 10 -6 ⋅ 250 ⋅ 663 = 4 mm por lo que la longitud final será: l f = l 0 - ∆l = 250 - 4 = 246 mm
Solución al problema 11.4
∆l = α ⋅ l ⋅ ∆T = 25x 10 -6 ⋅ 15 ⋅ ( − 49) = − 0,018375 m = − 18,375 mm Solución al problema 11.5 a)
Lf α
b)
σ
=
L f − L0 L0 ⋅ ∆ T
= =
L0 ( 1 + α ∆ T ) 0,48 ⋅ 10 −3 0,4 ⋅ 80
= 1,5 ⋅ 10 − 5 o C −1
= 115 ⋅ 10 9 ⋅ 1,5 ⋅ 10 −5 ⋅ 80 = 1,38 ⋅ 10 8
= 138 MPa
205
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Solución al problema 11.6 El incremento de longitud que experimenta la tubería entre los 20 °C y los 115 °C será: ∆L = α L ∆T = 15 ⋅ 10 -6 ⋅ 500 ⋅ 95 = 0.7125 cm con lo que la deformación unitaria será: ε =
∆L 0.7125 = = 1.43 ⋅ 10 -3 L 500
por lo que las tensiones de compresión inducidas por estas deformaciones serán: σ = ε E = 1.43 ⋅ 10 -3 ⋅ 2.1 ⋅ 10 5 MPa = 300 MPa Solución al problema 11.7 Considerando la expresión de la dilatación térmica, obtendremos:
∆T
=
por lo que
∆L L ⋅α
=
5,4 ⋅ 10− 3 11,9 × 12,5 ⋅ 10− 6
= 36,3 K
Tf = 4 + 36,3 = 40,3 °C.
Solución al problema 11.8 a)
= E ⋅ α ( ∆T ) = 135 ⋅ 103 × 20 ⋅ 10− 6 × 70 = 189 MPa
σ
Estas tensiones serían de compresión. b)
σ
=
E ⋅ α ( ∆T ) = 135 ⋅ 10 3 × 20 ⋅ 10 −6 × ( − 30) = − 81 MPa
Estas tensiones serían de tracción. Solución al problema 11.9 Utilizando la expresión que relaciona las tensiones con el incremento de temperatura, σ
=
E ⋅ α ( ∆T )
calcularemos para cada material, según queda reflejado en la tabla siguiente, Material Aluminio Cobre Volframio Acero Latón 70-30
α · 10-6 (K-1) 25.0 16.6 4.5 12.5 20.0
E (Gpa) 70 127 414 210 100
σ (Mpa) 140 165 149 210 160
por lo que el único material que tendría una tensión admisible de 140 Mpa sería el aluminio.
206
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Solución al problema 11.10 La variación de la temperatura posible vendrá dada por la expresión:
σ
E ⋅ α ( ∆T )
=
donde la deformación posible será:
ε
σ E
=
= α ⋅ ∆T
y considerando que la deformación generada en el material produce un cambio en sus dimensiones, la longitud a la que correspondería una disminución en el diámetro de 0,023 mm, sería:
π 122 π 11,9772 ⋅L = ⋅ 120 4 4
⇒
L = 119,54 mm
por lo que la deformación, ε, será:
ε
=
∆L L
=
0,46 = 3,83 ⋅ 10− 3 120
con lo cual la temperatura hasta la que deberemos enfriar será:
ε ∆T = α
=
3,83 ⋅ 10− 3 13 ⋅ 10− 6
= 295 K ⇒ Tf
= ( 273 + 70) − 295 = 48 K
Solución al problema 11.11 La variación de la temperatura a través del espesor de la ventana de vidrio será: ∆T 40 - 25 = = 1500 K ⋅ m-1 ∆x 0,01 y el flujo de calor a través de la superficie de vidrio será: Q ∆T = k = 0,96 ⋅ 1500 = 1440 W ⋅ m-1 A ∆x El área de la ventana de vidrio será: A = 1,2 × 1,2 = 1,44 m2 y el tiempo a evaluar: t = 1 día × 24 horas/día × 3600 segundos/hora = 8,64 · 104 segundos Finalmente, la cantidad de calor transmitida por día será: Q Calor por dia = ⋅ t ⋅ A = 1440 ⋅ 8,64x 10 4 ⋅ 1,44 = 1,79x 10 8 J / dia A
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Solución al problema 11.12 a) Para un mismo peso de material, la relación entre volúmenes y densidades vendrá expresada por: V PS exp ρ PS exp = V PS ρ PS + V gas ρ gas
y considerando nula la densidad del gas, tendremos: V PS exp ρ PS exp = (V PS exp - V gas ) ρ PS
y la porosidad se expresará como: Porosidad =
ρ PS - ρ PS exp 1050 - 16 V gas = = = 0.985 = 98.5% ρ PS 1050 V PS exp
b) La conductividad térmica será: k = k PS V PS + k gas V gas = 0.16 ⋅ 0.015 + 0.009 ⋅ 0.985 = 0.0113 J m-1 s-1 K -1 que es unas tres veces menor que la conductividad correspondiente al material expandido con aire, cuya conductividad para la misma densidad es de 0.039 J m-1 s-1 K-1 Solución al problema 11.13 Considerando la ley de mezclas para estimar la conductividad térmica de nuestro material, tendremos:
k = k v V v + k gas V gas = 0,96 ⋅ 0,7 + 0 ⋅ 0,3 = 0,672 W m-1 K -1 Por lo tanto, el calor por día, considerando la superficie de la ventana, sería: Calor por dia =
Q ∆T t⋅A = k t ⋅ A = 0,672 ⋅ 1500 ⋅ 8,64 ⋅ 10 4 ⋅ 1,44 = 1,25 ⋅ 108 J / dia A ∆x
Con esto, el calor que ahorraríamos con este material, respecto al del problema 11.11, sería de: 1,79 · 108 - 1,25 · 108 = 54 · 106 J/dia Solución al problema 11.14 La capacidad calorífica de relaciona con el calor específico mediante el peso molecular del material, pues se define éste como la energía necesaria para hacer variar en 1 K la temperatura de un mol de material. Por tanto, Ce
=
Cp Pm
⇒
Cp
= C e ⋅ Pm
En la tabla siguiente se recogen los resultados obtenidos para los diferentes materiales del probelma, junto a los errores cometidos si consideramos Cp = 6 cal/mol·K.
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MATERIAL
Ce (cal/g·K)
Pm (g/mol)
Cp (cal/mol·K)
Error (%)
Cobre
0.092
63.55
5.85
-2.5
Níquel
0.105
58.69
6.16
2.7
Aluminio
0.220
26.98
5.94
-1.0
Nitrógeno
0.240
28.02
6.72
12.0
Solución al problema 11.15 a) σ = E · α (∆T) ⇒ 172 MPa = 105 MPa · 20.0 · 10-6 K-1 ∆T, de donde: ∆T
=
172 10 ⋅ 20 ⋅ 10 − 6 5
= 86 K
por lo que considerando la temperatura ambiente de 20°C, la temperatura máxima a la que puede someterse la barra de latón será de 106°C. b) La tensión será mayor para aquel material que tenga un mayor producto E · α, y éste corresponderá al acero inoxidable 304, para el que la tensión de compresión generada será: σ = E · α (∆T) = 193 · 103 MPa · 16.0 · 10-6 K-1 · 86 K = 266 MPa. Solución al problema 11.16 a) La relación entre las tensiones y las condiciones térmicas viene expresada por σ = E · α · ∆T = E · α · 160 K que calculando obtenemos los resultados de la tabla Material
E α (MPa/K)
σ (MPa)
Le (MPa)
Condiciones
Aluminio comercial
1,725
276
255
σ > Le ⇒ No
Cobre comercial
1,826
292
206
σ > Le ⇒ No
Latón comercial
2,020
323
344
σ < Le ⇒ Si
Acero, 0.15%C
2,625
420
447
σ < Le ⇒ Si
Por lo que los materiales que cumplen la condiciones de no deformación son el latón comercial y el acero al carbono. b) De estos dos materiales, el de mayor límite elástico permitirá un menor diámetro, y este será: el acero al carbono con un 0.15% C Solución al problema 11.17 a) La relación entre las tensiones y la temperatura viene expresada por σ = E · α · ∆T ⇒ ∆T =
σ E⋅α
donde consideraremos como condición impuesta el que las tensiones no superen el límite de 209
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elasticidad, y por tanto calculando el ∆T obtenemos los resultados de la tabla siguiente. Material
E α (MPa/K)
Le (MPa)
∆T
Aluminio comercial
1,725
255
147,8
Cobre comercial
1,826
206
112,8
Latón comercial
2,020
344
170,3
Acero, 0.15%C
2,625
447
170,3
Por lo que los materiales que soportarán mayores temperaturas son el latón comercial y el acero al carbono, que podrán alcanzar hasta temperaturas T = 20°C + ∆T = 20 + 170,3 = 190,3°C = 463 K b) Para obtener el material que soportará una menor temperatura sin romper, repetiremos el proceso anterior considerando como tensión máxima su resistencia a la rotura, por tanto obtendremos: Material
E α (MPa/K)
R (MPa)
∆T
Aluminio comercial
1,725
420
243,5
Cobre comercial
1,826
275
150,6
Latón comercial
2,020
420
207,9
Acero, 0.15%C
2,625
551
209,9
De todos los materiales, el de mayor ∆T será el aluminio, que podrá soportar temperaturas mínimas de: T = 20°C - ∆T = 20 – 243,5 = -223,5°C = 49,5 K Solución al problema 11.18 a) En el esmalte se generarán tensiones debidas a la diferencia de dilatación entre los dos materiales, es decir: ε = α · ∆T que para el acero será: εacero = 12,5 · 10-6 cm/cm·K · 60 K = 7,5 · 10-4 y para el esmalte: εesmalte = 0,55 · 10-6 cm/cm·K · 60 K = 3,3 · 10-5 por lo que:
∆ε = εacero - εesmalte = 7,5 · 10-4 - 3,3 · 10-5 = 7,17 · 10-4
y las tensiones generadas en el esmalte por esta deformación serán: σ = E · ∆ε = 75 GPa · 7,17 · 10-4 = 53,8 MPa b) El material se fracturará cuando las tensiones superen su resistencia a la rotura, es decir, 110 MPa, por tanto:
210
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∆T =
α acero
∆ε − α esmalte
siendo ∆ε, ∆ε =
σ 110 MPa = = 1,467 ⋅ 10 − 3 E 75 GPa
por lo que la temperatura será: T = 25 + ∆T = 25 +
α acero
∆ε 1,467 ⋅ 10 −3 = 25 + = − α esmalte 12,5 ⋅ 10 − 6 − 0,55 ⋅ 10 − 6
= 25 + 122,76°C = 147,76°C = 420,76K Solución al problema 11.18 a) Para no tener deformaciones permanentes, y por lo tanto cumplir con el servicio de la aplicación industrial, tendremos en cuenta que: σ = E · α · ∆T de donde podemos obtener los intervalos de temperatura para los diferentes materiales. Material Fundición esferoidal Acero medio en carbono Acero inoxidable austenítico 316 Aleación de aluminio 2014 Niquel 99%
σe(MPa)
E (GPa)
α (K-1)
275 350 207 69 55
165 207 193 110 76
11.8 · 10-6 11.3 · 10-6 16.0 · 10-6 22.5 · 10-6 19.0 · 10-6
∆T =
σ E ⋅α
141.2 K 149.6 K 67.0 K 27.9 K 38.1 K
Correspondiéndole el mayor intervalo al acero medio en carbono. b) Para este material, acero medio en carbono, que posee un coeficiente de dilatación lineal de 11.3 · 10-6 K-1, la deformación a los 75 °C será: ε = α · ∆T = 11.3 · 10-6 · (75 – 10) = 7.345 · 10-4 mm/mm
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UNIDAD 12 Fundamentos de corrosión y protección 12.1 CUESTIONES DE AUTOEVALUACIÓN 1. ¿Que ventajas presenta desde el punto de vista de la corrosión en la protección del acero un recubrimiento de Zn (galvanizado) frente a un recubrimiento de Cr (cromado): a) El mayor espesor conseguido. b) El proceso electrolítico. c) Proporciona protección catódica. d) El acabado conseguido. 2. En la corrosión húmeda se corroen las zonas: a) Más cercanas al medio corrosivo. b) Más electropositivas. c) Más electronegativas. d) De transmisión. 3. La protección anódica en la corrosión se fundamenta en: a) La anulación del proceso corrosivo por aportación de fuente eléctrica. b) Limitación del proceso corrosivo por trabajar en zonas de pasivación. c) Constituir el material de sacrificio como ánodo del circuito. d) La pasivación de las zonas catódicas del material. 4. La protección catódica en la corrosión se fundamenta en: a) La polarización catódica por medio de una fuente que suministra corriente eléctrica. b) La polarización del material que hace de cátodo por eliminación del electrolito. c) La pasivación de las zonas catódicas del material. d) La aplicación de películas orgánicas. 5. La protección catódica en la corrosión se fundamenta en: a) La anulación del proceso corrosivo por aportación de fuente eléctrica. b) Limitación del proceso corrosivo por trabajar en zonas de pasivación. c) Constituir el material de sacrificio como ánodo del circuito. d) La pasivación de las zonas catódicas del material. 6. La protección con películas metálicas está fundamentado en: a) Efecto barrera por metales más nobles. b) Efecto anódico por metales más nobles. c) Efecto catódico por los metales menos nobles. d) Efecto barrera por metales menos nobles. 213
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7. Un acero se alea para: a) Mejorar su templabilidad. b) Mejorar su resistencia a la corrosión. c) Endurecer el acero por aleación. d) Todas son correctas. 8. Los metales con un E0 mayor que el del H2 se denominan: a) Anódicos. b) Activos. c) Catódicos. d) Ninguna es correcta. 9. En el cátodo se pueden generar: a) Deposiciones metálicas. b) Generación de H2. c) Reacción de reducción. d) Todas son correctas. 10. Los ánodos de sacrificio se utilizan para: a) Protección anódica. b) Protección catódica. c) Protección mediante pinturas. d) Protección por corriente impresa. 11. El efecto de área es típico de la : a) Corrosión por desgaste. b) Corrosión por picadura. c) Corrosión galvánica. d) Corrosión bajo tensión. 12. En el ánodo se puede generar: a) Reacción de oxidación. b) Electrones libres. c) Iones metálicos. d) Todas son correctas. 13. En el cátodo se pueden generar: a) Electrones libres. b) Deposiciones metálicas. c) La corrosión. d) Iones metálicos. 14. En el ánodo se puede generar: a) Reacción de oxidación. b) Reacción de reducción. c) Generación de H2. d) Deposiciones metálicas. 15. En el cátodo se pueden generar: a) Electrones libres. b) Iones metálicos. c) Reacción de reducción. d) Reacción de oxidación. 214
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Unidad 12 - Fundamentos de corrosión y protección
16. En el ánodo se puede generar: a) Generación de H2. b) Electrones libres. c) Reacción de reducción. d) Deposiciones metálicas. 17. El recubrimiento de zinc se fundamenta en: a) La protección por efecto barrera. b) La protección por ánodos de sacrificio. c) La transpasivación d) La protección por inhibidores. 18. El recubrimiento con estaño se fundamenta en: a) La protección por efecto barrera. b) La protección por ánodos de sacrificio. c) La transpasivación d) La protección por inhibidores. 19. Cuando la velocidad de ataque corrosivo al metal es debida al movimiento relativo de un fluido corrosivo, se denomina: a) Corrosión erosiva. b) Corrosión galvánica. c) Corrosión intergranular. d) Corrosión por cavitación. 20. Cuando la corrosión es causada por la formación e impulsión de burbujas de aire o vapor cerca de la superficie metálica, se denomina: a) Corrosión erosiva. b) Corrosión galvánica. c) Corrosión intergranular. d) Corrosión por cavitación. 21. El deterioro por corrosión localizada y/o adyacente a los límites de grano de una aleación se denomina: a) Corrosión erosiva. b) Corrosión galvánica. c) Corrosión intergranular. d) Corrosión por cavitación. 22. La corrosión caracterizada por una reacción química o electroquímica que actúa uniformemente sobre toda la superficie del metal expuesto se denomina: a) Corrosión intergranular. b) Corrosión por picaduras. c) Corrosión generalizada. d) Corrosión galvánica. 23. El ataque corrosivo localizado que produce pequeños hoyos en el metal se denomina: a) Corrosión intergranular. b) Corrosión por picaduras. c) Corrosión generalizada. d) Corrosión galvánica.
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24. La descincificación de los latones se caracteriza como: a) Corrosión por hendiduras b) Corrosión intergranular. c) Corrosión por picaduras. d) Corrosión selectiva. 12.2 CUESTIONES DE HETEROEVALUACIÓN 1. Diferencia entre la serie electroquímica y la galvánica. 2. En muchos metales y aleaciones las fronteras intergranulares son anódicas respecto a la matriz granular. ¿ Cuál es la razón y sus consecuencias?. 3. Pasivación de un metal. ¿ Qué es y porqué se produce?. 4. Tipos de recubrimientos para prevenir o reducir la corrosión metálica. 5. ¿Qué es la protección catódica?. Indicar los métodos más extendidos. 6. Dibuja la morfología de una corrosión: a) generalizada. b) Por picaduras. c) Intergranular. 7. Razonar, basándose en la microestructura observada, cual es el mecanismo de corrosión selectiva del zinc en los latones, conocido como descincificado. 8. Justifica por qué en la corrosión por picaduras el avance del deterioro es siempre hacia abajo y en las partes inferiores de las piezas (depósitos). 9. En una corrosión uniforme: ¿Se puede expresar la velocidad de corrosión en térmicos de una densidad de corriente?. En caso afirmativo ¿cuál sería la relación entre ambos valores?. 10. ¿Cuales son los mecanismos de protección frente a la corrosión en el acero galvanizado?. 11. Justifica la menor importancia del indicador de corrosión peso pérdido / superficie y año para determinar la función de daño sobre la pieza en corrosión. 12. Determina la influencia que la humedad ambiente puede tener en las pérdidas y deterioro por corrosión. 13. Clasifique los diferentes tipos de atmósferas y los medios agresivos característicos de cada una de ellas. 14. ¿Que ventaja fundamental presentan los recubrimientos de cinc para la protección de aceros, frente a otros recubrimientos: pinturas, niquelado, cromado, etc. 15. Señale distintos procedimientos para conseguir recubrimientos protectores de sacrificio con cinc. 16. Señala diferentes causas, propias del material o del entorno, por las que pueden aparecer zonas anódicas y catódicas. 17. Defina los constituyentes básicos de una pila de corrosión electroquímica. 18. Establezca las reacciones básicas en los electrodos de una pila de corrosión en medio acuoso y neutro. 216
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19. Señale técnicas que permitan reducir o eliminar la corrosión mediante modificaciones en el medio. 20. Clasifique por su mecanismo de actuación: barrera, sacrificio, mixto, los diferentes sistemas de protección por recubrimiento, como pinturas acrílicas, pinturas ricas en cinc, recubrimientos de Ni y Cr, pinturas d epoliuretano, recubrimeintos de cinc, recubrimeintos de estaño y recubrimeintos de aleación Zn-Ni.. 21. Establezca sobre un diagrama potencial-log i las condiciones de pasivación de un metal. 22. Diseñe un esquema de protección catódica de una tubería enterrada a) mediante corriente impresa b) mediante ánodos de sacrificio 23. Analiza las condiciones básicas para que se produzca corrosión bajo tensiones 24. Diferencia entre corrosión seca y corrosión electroquímica. 25. Criterios básicos del comportamiento frente a corrosión seca: carácterísticas de los óxidos. 12.3 PROBLEMAS Y EJERCICIOS PRACTICOS PROPUESTOS Problema 12.1 Una pila galvánica consta de un electrodo de cinc en una disolución 1 M de ZnS04 y otro electrodo de níquel en una disolución 1 M de NiSO4. Ambas disoluciones están separadas por una pared porosa para impedir la mezcla entre ellas. Un cable externo con un interruptor conecta los dos electrodos. En el momento en que cerramos el interruptor: a) ¿En qué electrodo se produce la oxidación? b) ¿Qué electrodo es el ánodo de la pila? c) ¿Qué electrodo se corroe? d) ¿Cuál es la fem de la pila en el momento de la conexión? Problema 12.2 Un proceso de electrodeposición de cobre utiliza 15 A de corriente para disolver químicamente (corroer) un ánodo de cobre y electrodepositar un cátodo de cobre. Si se supone que no hay reacciones secundarias, cuanto tiempo tardarán en corroerse 8,50 g de cobre del ánodo? Problema 12.3 Un tanque cilíndrico de acero suave (bajo en carbono) de 1 m de altura y 50 cm de diámetro, contiene agua aireada hasta un nivel de 60 cm y muestra una pérdida de peso debido a la corrosión de 304 g al cabo de 6 semanas. Calcular: a) la corriente de corrosión; b) la densidad de corriente implicada en la corrosión del tanque. Supóngase que la corrosión es uniforme sobre la superficie interior del tanque y que el acero se corroe en la misma forma que el hierro puro. Problema 12.4 La pared de un tanque de acero conteniendo agua aireada se está corroyendo a una velocidad de 54,7 mdd. ¿Cuánto tardará en disminuir el espesor de la pared en 0,50 mm? Problema 12.5 Una muestra de cinc se corroe uniformemente con una densidad de corriente de 4,27×10-7 A/cm2 en una solución acuosa. ¿Cuál es la velocidad de corrosión del cinc en mg por dm por día (mdd)? La reacción para la oxidación del cinc es: Zn → Zn2+ + 2e217
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Problema 12.6 Se desea diseñar un tanque para contener ácido clorhídrico diluido, y el material seleccionado para ello es un acero al carbono (F 1120), con una densidad de 7.81 g/cm3, que tiene una velocidad de corrosión en ese medio de 45 mdd (mg por dm2 por día) . Estimar el sobrespesor con que debería diseñarse el depósito para asegurar al menos 10 años de vida. Problema 12.7 Un depósito de acero de construcción, con 0.1%C, de 120 cm de altura y 60 cm de diámetro, contiene SO4H2 al 2% hasta un nivel de 75 cm. El depósito muestra una pérdida de peso por corrosión según la tabla siguiente, Pérdida de peso (g)
tiempo (dias)
56
7
360
45
784
98
suponiendo una corrosión generalizada y uniforme. Calcular: a) La intensidad de corrosión al cabo de 8 semanas, sabiendo que se cumple la expresión: I⋅t⋅ M W = n⋅F siendo W la pérdida de peso, M para el Fe de 55.85 g/mol, y, F la constante de Faraday, 96500 A·s/mol. b) La densidad de corriente implicada en la corrosión del tanque. c) Velocidad de corrosión del tanque expresada en mdd (miligramos por decímetro cuadrado y por día). d) Tomando la densidad del hierro de 7.87 g/cm3, calcular la profundidad de corrosión, o disminución del espesor del depósito a las 8 semanas. Problema 12.8 Una lámina de 800 cm2 de una aleación metálica, de densidad 4.5 g/cm3, se encuentra sumergida en agua de mar. Debido a la corrosión, ha experimentado una pérdida de masa de 760 g. Suponiendo una velocidad de corrosión generalizada de 0.4 mm/año, calcular el tiempo de servicio en años de la lámina. Problema 12.9 Una superficie de cobre se corroe por agua de mar, con una densidad de corriente de 2,45 x 106 A/cm2. Determinar: a) ¿Cual es la velocidad de corrosión en mdd? b) ¿Qué espesor de metal se corroe en seis meses? Considerar: El peso de un mol de cobre es de 63.4 g. La densidad del cobre es de 8.03 g/cm3. La constante de Faraday es 96500 A · s/mol. Problema 12.10 Una pieza de aleación de níquel experimenta una oxidación a elevada temperatura que responde a una ley parabólica del tipo: W2 = at + b 218
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con un incremento de masa por la oxidación expresada en la tabla. W (mg/cm2)
Tiempo, t (minutos)
0.527
10
0.857
30
1.526
100
Determinar la oxidación después de transcurridas diez horas.
Problema 12.11 Un redondo de bronce al aluminio, de 652 MPa de resistencia a la rotura, de 12 cm de diámetro, soporta una carga a tracción de 118000 kg, estando todo sumergido en las aguas de un embalse, en cuyo medio la aleación presenta, para una superficie de 1 m2, una velocidad de corrosión de 0,5 mm/año. Estimar el tiempo mínimo de servicio de este material. A efectos de cálculo, despreciar la variación de la superficie de corrosión durante el proceso Problema 12.12 Una estructura metálica de acero, de 460 MPa de resistencia a la rotura, de sección cuadrada de 15 cm de lado y 4 mm de espesor soporta una carga a tracción de 50 toneladas y está sumergida en agua de mar. ¿Calcular la velocidad de corrosión máxima, en mm/año, para que el tiempo de servicio mínimo sea de 60 meses? Problema 12.13 Una chapa de acero de 100 mm x 200 mm x 2 mm presenta en un ensayo de corrosión por inmersión durante 3 meses en agua de mar una pérdida de peso -una vez decapada- de 6,45g. La corrosión es generalizada y tiene lugar por ambas caras. Determine su resistencia a la corrosión, expresada en mm penetración/año.Considerar la densidad del acero 7,81 g/cm3. Problema 12.14 Un alambre de 5 mm de diámetro, de monel 400 (aleación de níquel), recubierto de una pequeña capa de óxido de 100 nm, sostiene un peso de 4000 N, en el interior de un horno a 600°C, donde sufre una corrosión cuya velocidad cumple la ley parabólica y2 = c1·t+c0,sabiendo que con una hora de exposición su capa de óxido aumenta a 200 nm, calcular: a) El tiempo en el cual iniciaría la deformación plástica. b) El tiempo en el cual se produce la rotura. Las propiedades mecánicas del monel 400 son: Módulo de elasticidad, E = 179 GPa. Límite elástico, Le = 283 MPa. Carga de rotura, R = 579 MPa. Alargamiento hasta rotura = 39.5 %. Problema 12.15 Una estructura de 560 Tm de peso, considerando las hipótesis de carga y sobrecargas de cálculo, está soportada por cuatro pilares de acero, de 380 MPa de límite elástico y 520 MPa de carga de rotura, de forma tubular de 25 cm de diámetro exterior y 5 mm de espesor, en los que se reparte de manera uniforme el peso total de la estructura. Estos pilares se encuentran sumergidos en parte en agua de mar, soportando la mencionada estructura fuera 219
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de ella, en la que el acero se corroe a una velocidad de 1,80 mdd. Determinar el tiempo a partir del cual pueden encontrarse deformaciones en la estructura. Considerar la densidad del acero de 7,81 g/cm3. Problema 12.16 La estructura de la bóveda de un horno que pesa 12000 kg, es soportada por cuatro redondos de una superaleación de cobalto de 15 cm de longitud y con un diámetro inicial de 12 mm. La velocidad de corrosión de esta aleación, en las condiciones internas del horno, de atmósfera y temperatura, viene expresado por la ecuación de pérdida de peso: W2 = 38 t donde:W se expresa en mg/cm2 y t en segundos. Calcular el tiempo en el que fallará la estructura. Nota: La densidad de la aleación es 7,90 g/cm3 y la carga de rotura de la misma es 895 MPa. Considerar la superficie de exposición la intermedia entre la inicial y la final. Problema 12.17 Se diseña una balsa para almacenar el agua de riego de una explotación agrícola, en chapa ondulada de acero con un 0,08% de carbono (AP02), con una densidad de 7,81 g/cm3, que presenta una velocidad de corrosión, para el agua con la concentración de nitratos y cloruros analizada, de 23 mg/dm2·dia. Estimar el sobrespesor con que debería diseñarse el material para asegurar al menos 12 años de servicio. Problema 12.18 La pared de un tanque de acero, conteniendo agua desmineralizada, se corroe a una velocidad de 30 mg/dm2-dia. ¿Cuánto tiempo tardará en disminuir el espesor de la pared 0,8 mm? Estimar la densidad del acero = 7,81 g/cm3
SOLUCION A LAS CUESTIONES DE AUTOEVALUACION: 1 - a, 2 - c, 3 - b, 4 - a, 5 – c, 6 - a, 7 - d, 8 - c, 9 - d, 10 - b, 11 - c, 12 – d, 13 – b, 14 – a, 15 – c, 16 – b, 17 – b, 18 – a, 19 – a, 20 – d, 21 – c, 22 – c, 23 – b, 24 – d. 220
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12.4 PROBLEMAS Y EJERCICIOS PRACTICOS RESUELTOS Solución al problema 12.1 Las semirreacciones de la pila son: Zn → Zn2+ + 2e2+
-
Ni → Ni + 2e
E0 =
-0,763 V
0
+0.250 V
E=
a) La oxidación tiene lugar en el electrodo de cinc ya que la semirreacción del cinc tiene un potencial (E0 = -0,763 V) más negativo comparado con el potencial de la semirreacción del níquel (E0 = -0,250 V). b) El electrodo de cinc es el ánodo ya que la oxidación ocurre en el ánodo. c) El electrodo de cinc es el que oxida puesto que es en el ánodo donde tiene lugar este fenómeno. d) La f.e.m. se obtiene sumando las dos reacciones: Reacción anódica:
Zn → Zn2+ + 2e-
E0 =
-0,763 V
Reacción catódica:
Ni2+ + 2e- → Ni
E0 =
+0.250 V
Reacción total:
Zn + Ni2+ → Zn2+ + Ni
E0pila= -0,513 V
Solución al problema 12.2 El tiempo que tarda el cobre del ánodo en corroerse puede ser determinado por la ecuación: w = En este caso, w = 8,5 g M = 63,5 g/mol (Cu) t =
ItM nF
o
t =
n = 2(Cu → Cu2+ + 2e-) I = 15 A
wnF IM F = 96500 A×s/mol t=?s
(8,5 g) (2) (96500 A_ s/ mol) = 1722 s o 28,7 min (15 A) (63,5 g/ mol)
Solución al problema 12.3 a) Usaremos la ecuación siguiente para conocer la corriente de corrosión: I =
w = 304 g M = 55,85 g/mol(Fe)
wnF tM
n = 2(Fe → Fe+2 + 2e-) t = 6 semanas
F = 96500 A×s/mol I=?A
Debemos convertir el tiempo, 6 semanas, en segundos y luego podremos sustituir todos los valores en la ecuación anterior:
221
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t
7 dias 24 horas 3600 s 6 sem. ⋅ ⋅ sem. dia h
= I
( 304 g ) ( 2) ( 96500 A ⋅ s / mol) ( 3,63 ⋅ 106 s) (55,85 g / mol)
=
=
=
3,63 ⋅ 10 6 s
0,289 A
b) La densidad de corriente es i (A/ cm2) = Area de la superficie corroída del tanque
I (A) area ( cm2)
= área lateral + área de fondo = πDh + πr2 = π(50 cm) · (60 cm) + π(25 cm)2 = 9420 cm2 + 1962 cm2 = 11380 cm2
i =
0,289 A = 2,53 x 10-5 A/ cm 2 2 11380 cm
Solución al problema 12.4 La velocidad de corrosión es 54,7 mdd, o 54,7 mg de metal se corroe en cada dm2 de superficie por día. velocidad de corrosión en g/ ( cm2 ⋅ dia ) =
54,7 x 10-3 g = 5,47 x 10-4 g/ ( cm2 ⋅ dia ) 100( cm2 ⋅ dia )
La densidad del hierro es 7,87 g/cm3. Dividiendo la velocidad de corrosión en g/(cm2 · día) por la densidad de la profundidad de corrosión por día como 5,47 x 10-4 g/ ( cm2 ⋅ dia) = 0,695 x 10-4 cm/ dia 7,87 g/ cm3 El número de días necesitados para una disminución de 0,50 mm se puede obtener por la relación x dias 0,50 mm
=
1 dia 0,695 ⋅ 10 − 3 mm
X = 719 días Solución al problema 12.5 Para efectuar la conversión de densidad de corriente a mdd, usaremos la ecuación de Faraday para calcular los mg de Zn corroídos en un área de 1 dm2/día (mdd). 222
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w
(
i ⋅ A⋅ t ⋅ M n⋅ F
=
)(
)
4,27 ⋅ 10 − 7 A / cm 2 100 cm 2 ( 24 h ⋅ 3600 s / h) ( 65,38 g / mol ) 1000 mg w (mg ) = g ( 2) ⋅ ( 96500 A ⋅ s / mol ) w = 1,25 mg de Zn corroído en un área de 1 dm2 en un día, o lo que es lo mismo, la velocidad de corrosión es 1,25 mdd. Solución al problema 12.6 Considerando la velocidad de corrosión de 45 mg/dm2 día, y ya que deseamos asegurar al menos 10 años, es decir alrededor de 3650 días, la cantidad de material a corroer en ese tiempo será: 3650 días x 45 mg/dm2 día = 164250 mg/dm2 = 164.25 g/dm2 Si consideramos la densidad del acero del 7.81 · 103 g/dm3 y teniendo en cuenta la corrosión por unidad de superficie, el sobrespesor lo obtendremos por el cociente entre la velocidad de corrosión superficial y la densidad del material, es decir: 164.25 ρ
e =
=
164.25 7.81 ⋅ 103
= 0.021 dm = 21 . mm
Solución al problema 12.7 a) La intensidad de corrosión al cabo de 8 semanas, 56 días = 4838400 vendrá de la expresión: I
=
W ⋅n⋅F t⋅M
448 g ⋅ 2 ⋅ 96500 4838400 ⋅ 55.85
=
=
0.32 A
donde W se obtiene por la interpolación en los datos suministrados a los 56 días, que nos da una pérdida de peso de 448 g. b) La densidad de corriente implicada vendrá expresada por: J
=
I S
donde S = 2 π r h + π r2 = 2 π 0.30 0.75 + π (0.3)2 = 1.7 m2, con lo que la densidad de corriente será: J = 0.32 / 1.7 = 0.19 A/m2 c) Considerando una pérdida de peso de 448 g en 56 días, la pérdida diaria será de 8 g., por otra parte y del apartado anterior sabemos que la superficie expuesta a corrosión es de 1.7 m2, por lo que la velocidad de corrosión será: Vc
=
8 ⋅ 103 17 . ⋅ 10
mg / dia 2
dm 2
=
47 mdd
d) Tomando la densidad del hierro de 7.87 g/cm3, el volumen de corrosión será: 223
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V
448 g
m = ρ
=
787 . g / cm
3
= 56.9 cm3
por lo que el espesor que se ha corroído será: espesor
=
V S
=
56.9 cm 3 4
17 . ⋅ 10 cm
2
= 335 . ⋅ 10 −3 cm = 335 . µm
Solución al problema 12.8 La lámina experimenta una pérdida de peso uniforme de 760 g, por lo que el espesor corroído vendrá expresado por: e =
w S⋅ρ
=
760 ( cm) = 800 ⋅ 4 ,5
0.21 cm =
2.1 mm
Si la velocidad de corrosión es de 0,4 mm/año, el tiempo de servicio vendrá expresado como: tiempo de servicio =
e v
=
2 ,1 mm 0,4 mm / año
= 5,25 años
Solución al problema 12.9 a) La velocidad de corrosión la obtendremos tras evaluar el peso de material corroído en un dm2, es decir en 100 cm2, y en un dia, es decir 24 x 3600 s.
(
)(
)
2,45 ⋅ 10 −6 A / cm 2 100 cm 2 ( 24 h ⋅ 3600 s / h) ( 63,54 g / mol ) i ⋅ A⋅t ⋅ M w= = = n⋅F 2 ⋅ 96500 A ⋅ s / mol = 6,969 mg/dm2 día = 6,969 mdd b) Para calcular el espesor perdido en seis meses, iniciaremos el cálculo de la pérdida de peso en ese tiempo, expresado por: W = 6,969 mg/dm2 día x 6 x 30 días = 1254,42 mg/dm2 e=
1254 ,4 ⋅ 10 −3 g / dm 2 3
8,03 ⋅ 10 g / dm
3
= 1,562 ⋅ 10 − 4 dm = 1,562 ⋅ 10 − 2 mm = 15,62 µm
Solución al problema 12.10 Planteando el sistema de ecuaciones, para la función: W2 = at + b tendremos: (0.527)2 = 10 a + b
de donde
a = 0.0228
(0.857)2 = 30 a + b
y
b = 0.049
por tanto, la oxidación será: 224
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W2 = 0.0228 (600 minutos) + 0,049 = 13.729 de donde: W
13.729
=
= 3.70 mg / cm 2
Solución al problema 12.11 La dimensión mínima que puede tener la barra de bronce, corresponderá a aquella en la que supere la resistencia a tracción del material, por lo que: S
=
F R
=
118000 kg 652 MPa
=
118000 ⋅ 9.8 N 652 ⋅ 10 6 N / m 2
= 1,774 ⋅ 10 − 3 m 2
por lo que el radio será: r
=
1774 π
=
23,76 mm
y con ello el espesor que puede corroerse será: e = 60 – 23,76 = 36,24 mm y a la velocidad de 0,5 mm/año, el tiempo mínimo de servicio estimado será: t
=
e v
=
36, 24 mm 0,5 mm / año
= 72,5 años
Solución al problema 12.12 La carga a tracción solicitada será: F = 50 103 Kp = 50 103 9,8 N = 490000 N entonces, R=
F 490000 N →S= = 1065mm 2 de sección mínima S 460Mpa
con lo que el espesor será: 1065 = 4 x [150 x e ]
→
e = 1,775 mm
y por tanto, ∆e = 4 – e = 4 – 1,775 = 2,225 mm de perdida de espesor Considerando el tiempo de servicio mínimo, de 60 meses = 60 / 12 = 5 años, tendremos una velocidad de corrosión de: ∆e 2,25mm = = 0,445mm / año perdida de espesor máximo t 5años Solución al problema 12.13 La chapa experimenta una pérdida de peso uniforme de 6,45 g en los tres meses, por lo que considerando la superficie total expuesta, despreciando el espesor de la misma, como: 225
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Cuestiones y ejercicios de Fundamentos de Ciencia de Materiales
St = 2 caras x 100 mm x 200 mm = 40000 mm2 = 400 cm2 Y por tanto, el espesor corroído vendrá expresado por: e
=
w S⋅ρ
6,45 (cm ) = 400 ⋅ 7,81
=
2,06 ⋅ 10 − 3 cm
=
0,0206 mm
durante los tres meses de ensayo, por lo que la velocidad expresada en mm/año será: 0,0206 mm/trimestre x 4 trimestres = 0,0824 mm/año. Solución al problema 12.14 Los parámetros de la ley parabólica los calculamos mediante el sistema de ecuaciones: 1002 = c1 x 0 + c0
c0 = 104 nm2
2002 = c1 x 1 + c0
c1 = 2002 – 1002 = 3 · 104 nm2/h
a) Para calcular el tiempo en el que se iniciará la deformación plástica, deberemos considerar las dimensiones mínimas del alambre para que no se produzca ésta, es decir: S = F / σ = 4000 N / 283 MPa = 14,13 mm2 con lo que el radio será: S π
r =
14,13 mm 2 π
=
= 2,121 mm
y la pérdida de espesor posible será de 2500 nm – 2121 nm = 379 nm. Con ello, el tiempo será: 2
4
4
379 = 3 · 10 x t + 10
→
t
=
379 2 − 10 4 3 ⋅ 10 4
=
4,4547 h
=
4 horas y 27 minutos
a) Para calcular el tiempo en el que se produce la rotura, deberemos considerar las dimensiones mínimas del alambre para que no se produzca ésta, es decir: S = F / σ = 4000 N / 579 MPa = 6,91 mm2 con lo que el radio será: r
S π
=
=
6,91 mm 2 π
= 1,484 mm
y la pérdida de espesor posible será de 2500 nm – 1484 nm = 1016 nm. Con ello, el tiempo será: 2
4
4
1016 = 3 · 10 x t + 10
→
t
1016 2 − 10 4 = 3 ⋅ 10 4
= 34,075 h
= 34 horas y 5 minutos
Solución al problema 12.15 Cada uno de los pilares soporta una carga de 560 · 103 · 9,8 / 4 = 1372000 N = 1372 kN. La sección de cada uno de los pilares es: S = π (Rext2 – Rint2) = π (12,52 – 122) = 38,48 cm2 Considerando el límite elástico del material, la sección mínima del mismo para que no se presenten deformaciones vendrá dada por: 226
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Unidad 12 - Fundamentos de corrosión y protección
S min =
1372 kN F = = 3610,53 mm 2 = 36,1053 cm 2 2 L.E. 380 N / mm
con lo que el diámetro exterior mínimo será: R min =
S 36,1053 + R 2in = + 12 2 = 12,4697 cm π π
lo que supone un espesor perdido de 125 – 124,697 mm = 0,303 mm. Si consideramos una longitud de los pilares, expuesta a la corrosión, de 1 metro, podrá corroerse, correspondiente a una superficie de S = 2 π R · e = 7854 cm2, un volumen de aproximadamente 237,98 cm3. Lo que supondrá una pérdida de peso de 1856,24 g. Si la velocidad de corrosión, expresada en mg/dm2 · día es de 1,80, el tiempo estimado antes de presentar deformación será: t=
Pérdida de peso 1856,24 ⋅ 10 3 = = 13130 días ≈ 36 años Velocidad de corrosión × Superficie 1,8 ⋅ 78,54
Solución al problema 12.16 El fallo de la estructura se producirá cuando se supere la resistencia a la rotura del material, que se producirá cuando el diámetro de los redondos sea menor que: d=
4⋅S π
siendo la superficie: S=
12000 ⋅ 9,8 / 4 N = 32,85 mm 2 2 895 N / mm
por lo que el diámetro mínimo será 6,467 mm. Con ello, el volumen corroído será: V=
π (12 2 − 6,467 2 ) ⋅ 150 = 12038 mm 3 = 12,038 cm 3 4
que corresponde a una pérdida de peso de 95,10 g. Considerando que la superficie expuesta para cada uno de los redondos es la intermedia entre la inicial y final, es decir, 12 + 6,467 2 2 S = π ⋅ 150 = 4351 mm = 43,51 cm 2 la pérdida de peso por unidad de superficie será de 95,10 · 103 / 43,51 = 2186 mg/cm2, por lo que considerando la ecuación tendremos un tiempo de exposición: t=
w 2 21862 = = 125753 segundos = 34,93 horas 38 38
227
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Cuestiones y ejercicios de Fundamentos de Ciencia de Materiales
Solución al problema 12.17 La pérdida de peso por dm2 del material durante los 12 años será: 12 años ⋅ 365
g dias ⋅ 23 ⋅ 10 −3 2 año dm ⋅ dia
= 100.74 g / dm 2
= 1.0074 g / cm 2
por lo que el sobreespesor necesario será: e =
1.0074 g / cm 2 7.81 g / cm 3
= 0.129 cm = 1.29 mm
Solución al problema 12.18 La velocidad de corrosión expresada como disminución del espesor en función del tiempo será: v
=
30 ⋅ 10 −3 ⋅ 10 −2 g /(cm 2 ⋅ dia) 7.81 g / cm 3
= 3.84 ⋅ 10 −5 cm / dia
por lo que para disminuir 0,8 mm necesitará: 0.8 mm 3.84 ⋅ 10 − 4 mm / dia
=
2083 dias
≈ 5.7 años
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