Materiales en Ingenieria Problemas Resueltos

MATERIALES EN

INGENIERÍA

Problemas resueltos

Francisco Javier Gil Mur

José María Cabrera Marrero

Maria Lluïsa Maspoch Rulduà

Luis Miguel Llanes Pitarch

Mª Núria Salán Ballesteros

Índice

1 Estructura cristalina 11

2 Propiedades físicas de los materiales 31

3 Materiales poliméricos 41

4 Diagramas de equilibrio 55

5 Propiedades mecánicas de los materiales 75

Prólogo

Este libro tiene por objeto ayudar a los alumnos que cursan la asignatura de Materiales en segundo curso de la titulación de Ingeniería Industrial en la preparación de esta disciplina y complementar las clases impartidas por el profesor.

En él se plantean una serie de problemas, gran parte de ellos complementarios al temario de la asignatura,divididos en seis grandes apartados:

1. Estructura cristalina.

2. Propiedades físicas de los materiales. 3. Materiales poliméricos.

4. Diagramas de equilibrio.

5. Propiedades mecánicas de los materiales. 6. Metalografía.

Los problemas están resueltos para que el alumno pueda autoevaluarse y descubrir cuáles son sus errores o faltas de comprensión de los diferentes temas. Se ha incorporado un capítulo de metalografía para completar el conocimiento de las microestructuras más habituales de aleaciones ampliamente utilizadas a nivel industrial. Estas micrografías pueden ayudar a los estudiantes al reconocimiento de las microstructuras y fases que las constituyen, así como de los problemas tecnológicos que pueden presentar.

Los autores han pretendido que este libro sea de utilidad para el conocimiento y la comprensión de los materiales a base del planteamiento y la resolución de problemas. Nos gustaría que también motivase a los lectores a un conocimiento más profundo del apasionante campo de la ciencia de los materiales. De antemano, solicitamos disculpas por los posibles errores y deficiencias que se encuentren en el presente libro, que esperamos ir subsanando en sucesivas ediciones con la ayuda y las sugerencias de todos.

Por último, deseamos agradecer a todo el personal del Departamento de Ciencia de los Materiales e Ingeniería Metalúrgica de la Escola Tècnica Superior d’Enginyers Industrials de Barcelona (ETSEIB) de la UPC, la ayuda y el ánimo que en todo momento nos han prestado, en especial a Conrado, Patricia y Susana, ya que sin ellos todo habría sido mucho más difícil.

1 Estructura cristalina

1.1 El hierro a temperatura ambiente presenta una estructura cúbica centrada en el cuerpo con un parámetro de red a = 2,87 Å. Sabiendo que su peso molecular es 55,847 g/mol, determinar:

a) La masa de un átomo, b) La densidad del hierro, c) El radio atómico del hierro, d) El volumen atómico, e) El número de átomos por m3, f) El número de átomos por g, g) El número de moles por m3, h) La masa de una celda unitaria,

i) El número de celdas unitarias existentes en 1g de hierro, j) El volumen de una celda unitaria,

k) La densidad atómica lineal en la dirección [1 2 1], y l) La densidad atómica superficial en el plano (1 2 0). Solución:

a) La masa de un átomo 55,847 g mol 1mol 6,023 1023at. 9,27 10 23g / at. ⋅ ⋅ = ⋅ −

b) La densidad del hierro

n atº .:8⋅ + =1_{8 1} 2at. V =a3 ϕ= ⋅ ⋅ − ⋅ − ⋅ = 2 9 27 10 23 2 87 10 10 3 1 1 000 7 843 3 at g at m kg g kg m . , / . ( , ) . . /

c) El radio atómico del hierro

4r_A = ⋅a 3 rA = ⋅a = ⋅ ₌ 3 4 2 87 3 4 , 1,24Å d) El volumen atómico V_A = ⋅ ⋅43 r_A = ⋅ ⋅ ⋅ − m = ⋅ − m 3 4 3 10 3 30 3 1 24 10 7 98 10 π π ( , ) ,

e) El número de átomos por m3

2 2 2 87 10 10 3 8 46 10 28 3 at V at m at m celda . . ( , ) , ./ = ⋅ − = ⋅

f) El número de átomos por g 6 023 10 1 55 847 1 08 10 23 22 , . , , ./ ⋅ at ⋅ = ⋅ mol mol g at g

g) El número de moles por m3

7 843 3 1 000 55 847 1 40 10 5 3 . . , , / kg m mol kg mol m ⋅ = ⋅

h) La masa de una celda unitaria

2 1 6 023 1023 55 847 1 1 85 10 22 at celda mol at g mol g celda . , . , , / ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ −

i) El número de celdas unitarias existentes en 1g de hierro 1 2 6 023 10 1 55 847 5 39 10 23 21 celda at at mol mol g celda g . , . , , / ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅

j) El volumen de una celda unitaria

V =a3= ⋅ −10m 3= ⋅ −29m3

2 87 10 2 36 10

( , ) ,

k) La densidad atómica lineal en la dirección [1 2 1]

d at a at m [ ] . , ./ 121 9 1 6 1 42 10 = ⋅ = ⋅ nº átomos = ½ + ½ = 1 b= ⋅a (1 0− )2+ −(2 0)2+ −(1 0)2 = ⋅a 6 l) La densidad atómica superficial en el plano (1 2 0)

{

}

(120)⇒ (x=2);(y=1);(z= ∞ →) Puntos de intersección con los ejes

S= ⋅a a2+(2a)2 =a2⋅ 5 d at a at m ( ) . , ./ 120 1 4 2 18 2 4 5 5 43 10 = ⋅ ⋅ = ⋅

1.2 La celda elemental del aluminio es cúbica centrada en las caras. Su masa atómica es 26,982 g/mol y el parámetro de red a = 0,405 nm. Calcular:

a) La densidad teórica,

b) La densidad atómica lineal en la dirección [1 1 0], c) La densidad atómica superficial en el plano (1 1 1), d) El radio atómico, y e) El factor de empaquetamiento. Solución: a) La densidad teórica ϕ = = ⋅ ⋅ = m V M N a kg m A A 4 2 697 3 3 . /

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

[ ] d a at m 110 9 2 2 3 49 10 = ⋅ = , ⋅ ./

( ) d S 111 2 =

( )

a l a l a ⋅    2_ + = ⋅ ⇒ = ⋅ 2 2 3 2 2 2 2 S= ⋅ ⋅l a 2 = a ⋅ 2 3 2 2 ( ) d₁₁₁ 19at m2 1 408 10 = , ⋅ ./ d) El radio atómico 4 2 2 4 0 143 10 9 R= ⋅a ⇒ = ⋅R a = , ⋅ − m e) El factor de empaquetamiento F E R a . .= 4⋅ ⋅ ⋅ =0 74, 4 3 3 3 π

1.3 Determinar el factor de empaquetamiento en las redes cúbica simple, cúbica centrada en el cuerpo y cúbica de caras centradas.

Solución: - Cúbica simple F E n V V at celda . .= ⋅ .

rat. = a / 2 Vat .= ⋅ ⋅ a   4 3 2 3 π n = 1/8 · 8 = 1

( )

F E a a . .=1⋅ ⋅ ⋅ = 6 4 3 2 3 3 π π = 0,52

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

( )

D= 2a 2+a2 = 3⋅a 4rat = D 4r_{at .}= 3⋅a r_at.= 3⋅a 4 n = (1/8 · 8) + 1 = 2

( )

F E n V V a a a a at celda . .= ⋅ . = 2⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ = 3⋅ 8 4 3 3 4 3 3 3 8 3 3 π _π π = 0,68

d= 2⋅a 4rat. = d 4 2 2 4 r_at. = ⋅a ⇒r_at.= ⋅a Vat .= ⋅ ⋅ a a ⋅    _ = ⋅ ⋅ 4 3 2 4 2 24 3 3 π π n = (1/8 · 8) + (1/2 · 6) = 4 F E n V V a a at celda . .= ⋅ . = 4⋅ ⋅ ⋅ = 2⋅ 6 2 24 3 3 π _{π = 0,74}

1.4 El cadmio a temperatura ambiente presenta una estructura hexagonal compacta (HC) cuyos parámetros reticulares son: a = 0,2973 nm; c = 0,5618 nm. Determinar:

a) El volumen de la triple celda unitaria, y

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

a)

V = Superficie base · altura

Área del triángulo = (b·h) / 2 = (a · (a · sen 60))/ 2 = (a2 · sen 60) / 2 Superficie de la base = 6 · ( (a2 · sen 60) / 2) = 3 · a2 · sen 60 Altura = c

V = 3 · a2 · c · sen 60 = 3 · (0,2973 · 10 -9)2 m2 · (0,5618 · 10-9) · sen 60 = 1,29 · 10-28 m3 b)

c/a = 0,5681 nm / 0,2973 nm = 1,889

La relación c/a para una estructura HC ideal, que consiste en un empaquetamiento uniforme de esferas tan compacto como sea posible tiene un valor de 1,633.

Para el cadmio, c/a = 1,889, mayor que el ideal, ya que los átomos están ligeramente alargados a lo largo del eje c de la celda unitaria.

La celda unitaria está distorsionada por una elongación a lo largo del eje c. El tanto por ciento de desviación es:

[(1,889 - 1,633) / 1,633 ] · 100 = 15, 7 %

1.5 El titanio presenta a temperatura ambiente una estructura hexagonal compacta con parámetro reticular a = 0,2950 nm. Su densidad es d = 4.510 kg/m3 y la masa atómica = 47,90 g/mol. a) Determinar la relación c/a, y

b) Comentar este resultado para el valor esperado de c/a para una red hexagonal compacta ideal (c/a=1,633). Solución: a) d n M V N V n M d N A A A A = ⋅ ⋅ ⇒ = ⋅ ⋅ V at Kg mol at kg m at mol m = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ − 6 0 04790 4 510 3 6 023 1023 1 05771 10 28 3 . , / . . / , ./ ,

V = 3 · a2 · c · sen 60

(

)

c V a m m m mm = ⋅ ⋅ ⇒ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ = − − − 3 60 1 05771 10 3 0 2950 10 60 4 678 10 0 4678 2 28 3 9 2 10 sen , , sen , , b) c/a = 0,4678 nm / 0,2950 nm = 1,568

Para el titanio, c/a = 1,568, y para la red ideal hexagonal compacta es de 1,633. Este hecho significa que los átomos de titanio están ligeramente comprimidos en la dirección del eje c. La celda unidad está distorsionada por una compresión a lo largo del eje c.

El tanto por ciento de desviación es: ((1,586 - 1,633) / 1,633) · 100 = -2,81 %.

1.6 El hierro puro se presenta en tres formas alotrópicas según la temperatura: - Hierro α. Cúbico centrado en el cuerpo: a = 2,90 · 10-10 m de parámetro reticular - Hierro γ. Cúbico centrado en las caras: a = 3,65 · 10-10 m de parámetro reticular. - Hierro δ. Cúbico centrado en el cuerpo: a = 2,93 · 10-10 m de parámetro reticular. Determinar:

a) La densidad del hierro en cada caso, y

b) Partiendo de un cubo de 1 m3 de Fe-α, ¿qué volumen ocupará este cuerpo cuando se transforme en Fe-γ ? ¿y al transformarse en Fe-δ?

(peso molecular del hierro: 55,85 g/mol). Solución: a)

(

)

d n M N V at kg mol at mol m kg m Fe A A − − = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = α 2 0 05585 6 023 10 2 90 10 7 604 07 23 10 3 3 3 . , / , . , . , /

(

)

dFe− = ⋅ ₋ kg m ⋅ ⋅ ⋅ = γ 4 0 05585 6 023 10 3 65 10 7 627 66 23 10 3 3 , , , . , /

(

)

dFe− kg m − = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = δ 2 0 05585 6 023 10 2 93 10 7 372 88 23 10 3 3 , , , . , / b) 1 1 7 604 07 1 1 1 1 7 623 66 0 9974 3 3 3 3 3 m Fe m Fe kg Fe m Fe kg Fe kg Fe m Fe kg Fe m − = − ⋅ − − ⋅ − − ⋅ − − = γ α α α γ α γ γ . , . , , 1 m3 Fe-δ ocupará 1,0313 m3.

1.6 La perowskita (CaTiO3) presenta una estructura cristalina con una celda elemental como la de la

figura:

a) Hallar el número de coordinación (NC) para cada tipo de átomo, y b) Calcular la densidad teórica del compuesto.

Datos: MCa = 40,08 g/mol MTi = 47,88 g/mol MO = 16,00 g/mol NA = 6,023 ·1023 mol-1 RCa2+ = 0,099 nm RTi4+ = 0,061 nm RO2- = 0,140 nm Solución:

a) El Ti tiene seis átomos de oxígeno a a0/2 ⇒ NCTi=6.

El Ca tiene tres átomos de oxígeno (por celda) situados a ( 2 2 )·a0, pero cada átomo de Ca

pertenece a ocho celdas, y los átomos de oxígeno están compartidos por dos celdas (centran las caras), por tanto, NCCa=3·8·(1/2)=12.

Con el O se han de considerar todos los cationes, por tanto, cada átomo de oxígeno tiene dos átomos de titanio a a0/2 y cuatro átomos de Ca a ( 2 2 )·a0, por tanto, NCO=2+4=6.

b) ρ= ⋅ + ⋅ + ⋅ ⋅ 1 1 3 0 at Ca celda Ca at Ti celda Ti at O celda O A M M M a N . . .

1 átomo de Ba/celda ⇒ 8 átomos de Ca en los vértices que colaboran con 1/8 1 átomo de Ti/celda ⇒ 1 átomo central

Para hallar a0, se ha de considerar la mayor distancia anión-catión contiguo. Hay dos posibilidades: 2⋅ = ⋅a₀ 2 r_Ca+ ⋅ ⇒2 r_O a₀ =0 338, nm o bien: a0= ⋅ + ⋅ ⇒2 rO 2 rTi a0=0 402, nm Consideramos la segunda ⇒ a0 = 0,402 nm = 0,402 · 10-7 cm a03 =6,496 ·10-23 cm3 ρ= ⋅ + ⋅ + ⋅ ⋅ − ⋅ ⋅ − = 1 40 08 1 47 88 3 16 00 6 496 10 23 3 6 023 1023 1 3 47 3 , , , , , , g mol g mol g mol cm mol g cm

1.8 El MgO presenta una estructura cúbica compleja (de tipo NaCl). Si su densidad experimental es de 3,2 g/mol:

a) Calcular qué porcentaje de defectos de Schottky habrá en la celda, y

b) Calcular el factor de empaquetamiento de la estructura teórica. ¿Presenta la misma variación porcentual respecto del valor correspondiente a la estructura real?

Datos: MMg = 24,31 g/mol MO = 16,00 g/mol NA = 6,023 · 1023 mol-1 RMg2+ = 0,072 nm RO2- = 0,140 nm Solución: a) ρexp = 3,2 g/mol ρteórica = ? a0 = 2rMg + 2rO = 0,424 nm = 4,24 · 10-8 cm a03 = 7,62 · 10-23 cm3

Átomos de O: 6 átomos centrando las caras y 8 átomos centrando los vértices ⇒ (6·(1/2)) + (8·(1/8))=3 + 1= 4 át.O/celda ρteórica at Mg celda g Mg mol at O celda g O mol at mol cm g cm = ⋅ + ⋅ ⋅ − ⋅ ⋅ = 4 24 31 4 16 7 62 10 23 3 6 023 1023 3 512 3 . . . . . , , , ,

ρteórica > ρexp.⇒ realmente no habrá 4 moléculas de MgO por celda, sino menos.

ρexp. . . . . . , , , = ⋅ + ⋅ ⋅ − ⋅ ⋅ n n cm at Mg celda g Mg mol at O celda g O mol at mol 24 31 16 7 62 10 23 3 6 023 1023 3 2 40 31 45 89 3 64 0 36 , , , , , g mol n g mol n vacantes celda = ⋅ ⋅ ⇒ = ⇒ %vacantes= 0 36, ⋅ = , %vacantes 4 100 8 9 b) F E Vol at celda Vol celda r r a real at Mg celda Mg at O celda O . . . ./ . , . , . = = 3 64 ⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ ⋅ 4 3 3 64 4 3 3 3 0 3 π π

(

)

(

)

(

)

F E nm nm nm real at Mg celda at O celda . . , , , , , . . =3 64 ⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ ⋅ 4 3 0 072 3 64 4 3 0 140 0 424 3 3 3 π π F E. .real , , , , = 5 69 10⋅ − +0 0418 = 0 0762 0 62 3 F E r r a teórico at Mg celda Mg at O celda O . . , . . = 4 ⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ ⋅ = 4 3 4 4 3 _{0 68} 3 3 0 3 π π % . . . . . . , , , , ∆F E F E F E F E teórico real teórico =100⋅ − = 0 68−0 62⋅ = 0 68 100 8 82%

Sí, presenta aproximadamente la misma variación respecto al valor correspondiente a la estructura real.

1.9 La plata Sterling es una aleación comercial, formada por una solución sólida, Ag-Cu, con una riqueza en plata del 975/1.000, y que presenta una estructura FCC.

a) Calcular la densidad de esta aleación, y b) Calcular su factor de empaquetamiento. Datos: MAg = 107,87 g/mol

MCu = 63,55 g/mol

NA = 6,023·1023 mol-1

RAg =0,144 nm

Solución: a) ρteórica at Ag celda Ag at O celda O A n M n M a N = ⋅ + ⋅ ⋅ . . 0 3 FCC ⇒ 4 át./celda (teórica) 2 4 4 0 144 2 0 407 0 0 ⋅ = ⋅a rAg⇒a = ⋅ nm= nm , ,

¿Cuántos átomos habrá de Ag y Cu en la celda? Dependerá de si forman solución sólida sustitucional o bien solución sólida intersticial.

Aplicamos la relación Hume-Rothery:

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

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

Ag at mol Ag g Ag at mol Ag g 9,04 87 , 107 1 955 × = Cu at mol Cu g Cu at mol Cu g 0,39 55 , 63 1 25 × =

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

De manera que los 4 átomos que habrá en la celda elemental estarán distribuidos de la forma siguiente: celda Cu at celda Cu at Cu celda Ag at celda Ag at Ag / 16 . 0 / 04 . 0 4 : / 84 . 3 / 96 . 0 4 : = × = ×

Así, la densidad teórica es:

(

)

3 . 23 3 7 . . . . 51 , 10 10 023 , 6 10 407 , 0 55 , 63 14 , 00 87 , 107 86 , 3 cm g cm _molat mol Cu g celda Cu at mol Ag g celda Ag at teórica = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ = ₋ ρ b) 3 0 3 . 3 . 3 4 14 , 0 3 4 86 , 3 . / . . . a r r celda Vol celda at Vol E F Cu celda Cu at Ag celda Ag at _{⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ ⋅} = = π π

(

)

(

)

(

)

3 3 . 3 . 407 , 0 128 , 0 3 4 14 , 0 144 , 0 3 4 86 , 3 . . nm nm nm E F celda Cu at celda Ag at _{⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ ⋅} = π π 74 , 0 0674 , 0 10 4054 , 1 0482 , 0 . . 4 = ⋅ + = − real E F

1.10 A temperaturas elevadas, el estroncio (Sr) presenta una estructura BCC. Si se enfría, experimenta una variación alotrópica, y a temperatura ambiente su estructura es FCC.

a) Calcular la variación volumétrica porcentual que se produce durante el enfriamiento,

b) Esta variación alotrópica, al enfriarse, ¿corresponde a una contracción o a una dilatación?, y

c) ¿Qué estructura será más densa? Demostrarlo.

Solución: a) Vinicial⇒ BCC ⇒ 2 át./celda 3 ·a0=4·r ⇒ a0 = (4·r)/ 3 Vin r r r Sr Sr Sr = ⋅  4 _ = ⋅ = ⋅ 3 2 309 12 310 3 3 3 3 , , Vfinal⇒ FCC ⇒ 4 át./celda 2 ·a0= 4·r ⇒ a0 = (4·r)/ 2 Vfin r r r Sr Sr Sr = ⋅  4 _ = ⋅ = ⋅ 2 2 828 22 617 3 3 3 3 , , 2 celdas BCC ⇒ 1 celda FCC 4 át. ⇒ 4 át.

% , , , , ∆V V V V r r r f i i = − ⋅ = ⋅ − ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = − 100 22 617 2 12 310 2 12 310 100 8 136% 3 3 3

b) Es una contracción ya que Vi > Vf.

c) ρFCC Sr Sr M r M r = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ − 4 22 617 3 6 023 1023 2 93 10 25 3 , , , ρBCC Sr Sr M r M r = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ − 2 12 310 3 6 023 1023 2 69 10 25 3 , , ,

Así pues, es más densa la estructura FCC.

1.11 Un laboratorio recibe un lingote paralelepipédico metálico, sin defectos macroscópicos, de dimensiones 2 x 2 x 10 cm y 294,920 g de masa. La única información “verdadera” de que dispone es la de una etiqueta: “Cr-BCC”.

a) ¿Qué tipo de defectos presenta el lingote?, y

b) Una información posterior indica que existe un 10 % de defectos no sustitucionales. ¿Qué puede ser? Datos: MCr = 52,01 g/mol rCr = 0,125 nm Solución: a) V = (2·2·10) cm3= 40 cm3 m = 294,920 g ρexp = 294,920 g / 40 cm3 = 7,373 g/cm3 BCC ⇒ 2 át./celda 3 ·a0 = 4·r ⇒ r = 0,125·10-7 cm ρteórica at Cr g mol cm mol g cm g cm = ⋅ ⋅ ⋅    _ ⋅ ⋅ = = − − 2 52 01 4 3 0 125 10 6 023 10 104 02 14 49 7 7178 7 3 23 1 3 3 . , / , , , , ,

ρexp > ρteórica ⇒ tiene inserciones, o bien ha formado solución sólida sustitucional con un elemento más

pesado.

b) Si no son sustitucionales, son intersticiales, es decir, forman solución sólida intersticial.

c) mol g M M cm g mol cm M mol g Cr at / 07 , 14 373 , 7 49 , 14 2 , 0 02 , 104 373 , 7 10 023 , 6 10 406 , 2 2 1 , 0 / 01 , 52 . 2 3 1 23 3 23 exp = ⇒ = ⋅ + ⇒ ⇒ = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ = _{− −} ρ

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

1.12 Calcular qué familia de planos presenta mayor densidad atómica:

-{1 1 0} para BCC -{1 0 0} para FCC Solución: ρBCC at a a a = ⋅ ⋅ = − 2 2 2 2 2 .

ρFCC at a a =2 = ⋅₂ − 2 2 . { } { } ρ100FCC >ρ110BCC

1.13 La distancia interatómica de equilibrio para el compuesto iónico LiF es xo=2,014 Å. Usando la

expresión de Born, para la cual, en el caso del sistema LiF, el exponente es n=5,9, y sabiendo que el potencial de ionización es de 5,390 eV y la afinidad electrónica es de 3,45 eV. Calcular:

a) La energía potencial mínima: Epmin,

b) La energía de disociación del enlace: EDLiF; y realizar un esquema del proceso, y

c) El momento dipolar. Solución:

E z e x b x p o n = − ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ + 2 2 4 π ε

z: valencia de los iones

e: carga del electrón ⇒ e = 1,6022·10-19 C

εo: permisividad del medio, en este caso, en el vacío ⇒ ε

π o Nm c = ⋅ ⋅ ⋅ − 1 4 9 109 2 2 b: constante característica [Nm2]

n: exponente de Born; para el LiF vale 5,9 x: distancia interatómica [m]

La energía potencial es mínima para x=x0 (distancia interiónica de equilibrio); para calcularla

hemos de conocer b. En la posición de equilibrio: dE dx p x x       = =0 0 z e x n b x b z e x n o n n o 2 2 0 2 0 1 2 2 0 1 4 0 4 ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ − ⋅ = ⇒ = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ + − π ε π ε

(

)

(

)

b c m N m c N m = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅       ⋅ = ⋅ − − − − 1 6022 10 2 014 10 4 1 4 9 10 5 9 1 21 10 19 2 2 10 4 9 9 2 2 76 6 9 , , , , , , π π

(

)

(

)

Ep c c N m N m m J x x= − − − − − = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅       ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ = − ⋅ 0 1 1 6022 10 4 4 9 10 2 014 10 1 21 10 2 014 10 9 5247 10 19 2 2 2 9 2 10 76 6 9 10 5 9 19 , , , , , , , π π − ⋅ ⋅ ⋅ = − = − − = 9 5247 10 1 1 6022 10 5 94 19 19 0 , , , J eV J eV Epx x

b) EDLiF = - (Epmin + EAF - PILi) = - (-5,94 + 3,45-5,39) eV = 7,88 eV

Esquema del proceso:

Li+F- + 5,94 eV ↔ Li+ + F -Li+ + 1 e- ↔ Li + 3,45 eV F- + 5,39 eV ↔ F + 1 e Li+F- + 5,94 eV + 5,39 eV ↔ Li + F + 3,45 eV Li+F- + (5,94 + 5,39 - 3,45) eV ↔ Li + F c) m = z · e · ∆S m: momento dipolar z: n.º de electrones; z =1

e: carga del electrón; e = 1,6022 · 10-19 C

∆S: separación de los baricentros de las cargas; ∆S = 2,014 Å

m = 1 · 1,6022 · 10-19 C · 2,014 · 10-10 m = 3,23 · 10-29 Cm

1.14 Se sabe que una red cristalina de tipo cúbico simple posee una constante reticular a = 400 pm y que se emplean rayos X con una longitud de onda de λ = 75 pm. Calcular cuáles serán los ángulos de difracción de primer orden para las caras (1 1 1), (0 1 1) y (1 1 2).

Solución:

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

d a h k l hkl= + + 2 2 2 d111 a a 2 2 2 1 1 1 3 = + + = d011 a 2 = d112 a 6 =

Aplicando la ley de Bragg: n·λ = 2·d·sen θ

Para los ángulos de difracción de primer orden, tendremos n=1:

q l a o 111 2 3 75 2 400 3 9 20 42 = ⋅ = ⋅ = arcsen arcsen ' '' θ011 λ 2 2 75 2 400 2 7 37 8 = ⋅ = ⋅ = arcsen arcsen a o ' '' θ011 λ 2 6 75 2 400 6 13 16 33 = ⋅ = ⋅ = arcsen arcsen a o ' ''

2 Propiedades físicas de los materiales

2.1 Para el vanadio, el campo crítico a 3 K es Hc = 7,1 · 104 A·m-1. La temperatura de transición es

de 5,3 K. Calcular:

a) El valor del campo crítico a 0 K, y

b) El radio requerido para destruir la superconductividad en un hilo de vanadio por el que se hace pasar una corriente de 200 A.

Solución: a) Hc H T T H Hc T T H A m A m c c = −             ⇒ = −              ⇒ = ⋅ ⋅ −    = ⋅ ⋅ − − 0 2 0 2 0 4 1 2 5 1 1 1 7 1 10 1 3 5 3 1 05 10 , , , b) r I H mm C C = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ = − 2 200 14 2 10 0 448 4 π π ,

2.2 Sabemos que para el silicio, el intervalo de energías prohibidas es de Eg = 1,10 eV. Calcular:

a) La energía del nivel de Fermi,

b) La concentración de portadores de carga a 20 oC, y

c) La conductividad intrínseca a 20 oC, sabiendo que las movilidades de los electrones y de los huecos son, respectivamente, para el silicio:

bn = 4 · 105 T-2,6 m2/V·s

bp = 2,5 · 104 T-2,3 m2/ V.s

Solución: a)

b) Nn T e E KT g =4 83 10_, ⋅ 21⋅ 32⋅ −2 K = 1,38 · 10-23 J/K

(

)

Nn K e m eV J K K J eV = ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ − ⋅ ⋅ ⋅   − ⋅ ⋅ −  − − 4 83 1021 293 8 56 10 1 10 2 1 38 10 293 1 6 10 15 3 3 2 23 19 1 , , , , , c) bn = 4 · 105 T-2,6 m2/V·s = 4 · 105 · (293)-2,6 = 0,154 m2 / V.s bp = 2,5 · 104 T-2,3 m2/ V.s = 2,5 · 104 · (293)-2,3 = 0,053 m2 / V.s σ20oC = Nn · e · ( bn + bp) = 8,56·1015 m-3 · 1,6·10-19 C (0,154 + 0,053 = 2,84·10-4 (Ωm)-1

2.3 ¿Qué resistencia presentará un hilo de cobre de 50 m de longitud y 0,5 mm de radio? Datos: ρ (Cu) = 1 7 10, ⋅ −6Ω⋅cm Solución: R s l cm s l = ⋅ =_ρ ⋅ − ⋅ ⋅ 1 7 10, 6Ω s=( ,0 5mm)2⋅ =π ( ,0 05cm)2⋅ =π 7 85 10, ⋅ −3cm2 l =50m=5 000. cm R cm cm cm =_{1 7 10}⋅ − ⋅ ⋅7 85 10⋅ − = ⋅ − 5 000 2 67 10 6 3 2 12 , , . , Ω Ω

2.4 La resistividad del germanio (Ge) es de 2 Ω⋅cm y su densidad es de 5 g/cm3

. La concentración de ‘huecos’ electrónicos es, aproximadamente, 1,8⋅1015 por cm.

a) Calcular la movilidad de estos huecos electrónicos.

b) El germanio puro no presenta ‘huecos’, sino que estos aparecen al ‘dopar’ el material con otro tipo de átomos. ¿Cuáles provocarían esta situación?

Solución:

ρ (Ge) = 2 Ω cm d (Ge) = 5 g/cm3

a) µhuecos? n e = ⋅ ⋅ 1 ρ µ n: concentración ρ: resistividad

e: carga eléctrica = carga del “hueco” (h) µ: movilidad 1 8 10 1 2 1 6 10 15 3 19 , ./ , / ⋅ = ⋅ ⋅ − ⋅ h cm cm C h Ω µ µ= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ − ⋅ 1 1 8 1015 3 2 1 6 1019 , h cm/ Ωcm , A s h/ µ= ⋅ ⋅ 1736 2 . cm A s Ω

b) Átomos que tengan menos electrones de valencia que el germanio: B,Al,...,(Z3+)

2.5 Fabricamos un condensador con dos láminas de 25x25 cm muy finas y un dieléctrico de mica entre ellas. Se aplica una carga de 0,06 mC a cada lámina.

a) Calcular la densidad superficial de carga en las láminas. b) ¿Cuál será el campo eléctrico que actuará en el dieléctrico? c) Calcular la densidad superficial de las cargas inducidas en la mica. d) Calcular la polarización del dieléctrico.

Datos: εr(Ge) = 4 εo= (4·π·9⋅109)-1 C2/N⋅m2 Solución: a) Q = 0,06 mC d Q s mC cm C m s= = ⋅ = ⋅ ⋅ − 0 06 2 25 0 06 10 2 0 25 2 3 2 , ( ) , ( , ) ds= ⋅ C m − 4 8 10, 4 / 2 b) E= ds ε ε = εr ⋅ εo = 4 / 4·π⋅9⋅109 (C2/N·m2) = 3,537⋅10-11 C2/N⋅m2 E= ⋅ N C V m ⋅ = ⋅ = ⋅ − − 4 8 10 3 537 10 13 571 10 13 571 10 4 11 6 6 , , , / , /

c) dsi= ⋅ − ⋅ =ε E εo E εoE⋅(εr−1) dsi = C m ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ − = 13 571 10 4 9 10 4 1 3 599 6 9 2 , ( ) , / π d) P= o⋅ e⋅ =E C m ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ − ε χ π 3 4 9 109 13 571 10 3 599 10 6 4 2 ( , ) , / χe= − = − =εr 1 4 1 3

2.6 La susceptibilidad magnética del aluminio a 20oC es χm= 0,65 · 10-6. Calcular:

a) La permeabilidad relativa, b) La permeabilidad absoluta,

c) La magnetización para una excitación H = 106 Am-1, d) La inducción magnética, y

e) La relación entre los valores de B en el Al y el vacío. Solución: a) µr = 1 + χm = 1 + 0,65·10-6 = 1,00000065 b) µ = µr·µo = 1,00000065·4·π·10-7 = 1,2566·10-6 Wbm-1A-1 c) M = χm·H = 0,65·10-6· 106 = 0,65 Am-1 d) Bal = µ·H = 1,2566·10-6·106 = 1,2566 Wbm-2 e) Bo = µo·H BAl = µo·(1 + χm)·H BAl / Bo = 1 + χm = µr = 1,00000065

2.7 Se dispone de una probeta cilíndrica de cobalto, cuyas dimensiones son: longitud l=150 mm; diámetro d=10 mm.

La acción de un campo magnético uniforme está asociada a una inducción de valor B=0,94 Wbm-2. Calcular la energía almacenada en el vacío, así como en un acero templado de permeabilidad relativa µr = 1.458.

Solución:

Volumen = (π·d2·l)/4 = 1,178·10-5 m3

Densidad de energía en un campo magnético: W V B = ⋅1 2 2 µ W: energía almacenada [J] V: volumen [m3]

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

(

Wb A⋅ =m kg s2⋅ ⋅ −2⋅A−1⋅ =A m kg s2⋅ ⋅ −2= ⋅ =N m J

)

Acero templado: W d l B J r = ⋅ ⋅ ⋅ − ⋅ = ⋅ − 2 2 7 3 32 10 µ 2 84 10,

2.8 La susceptibilidad magnética del molibdeno (Mo) es de 1,19⋅10-4. Determinar: a) La susceptibidad absoluta,

b) La permeabilidad relativa, y

c) Si se somete a la acción de un campo magnético de intensidad 1.000 A/m, calcular cuál será la magnetización del molibdeno en estas condiciones.

Datos: µo = 4·π⋅10-7 H/m Solución: a) χm : susceptibilidad magnética χm = 1,19⋅10-4 µr : permeabilidad relativa µr = 1+ χm µ : permeabilidad absoluta µ = µr ⋅ µo µ = µr ⋅ µo = (1+ χm) ⋅ µo = (1 + 1,19⋅10-4) ⋅ 4·π·10-7 H/m µ = 1,257⋅10-6 H/m b) µ µ µ π r H m H m = = ⋅₋ − = 0 6 7 1 257 10 4 10 1 000119 , / / , c) H = 1.000 A/m M ? Μ = χm⋅H = 1,19⋅10-4⋅1.000 A/m M = 0,119 A/m

2.9 Por una bobina circular de 100 espiras, con un radio de 30 mm, pasa una corriente de 1 A. Hallar:

a) El momento magnético dipolar (µm).

b) El momento del dipolo si lo colocamos en el interior de un campo magnético de inducción de 3 Wb/m2 perpendicular a la bobina.

c) ¿Qué valor presentará el campo magnético (B) en un punto situado a 2,5 cm del centro de la bobina? Datos: µo = 4·π·10-7 H/m = Wb/mA 1 Wb = 1V⋅1s Solución: a) n = 100 espiras R = 30 mm = 0,03 m I = 1 A S= ⋅ =π r2 2 827 10, ⋅ −3m µm = ⋅ ⋅ =n I S ⋅ A⋅ ⋅ m = A m⋅ − 100 1 2 827 10, 3 2 0,2827 2 µm=0,2827A m⋅ 2 b) B = 3 Wb/m2 θ = 90º τ µ= m⋅ ⋅B senθ τ =0 2827, Am2⋅3Wb₂ ⋅ 90 =0 8481, ⋅ =0 8481, ⋅ m A Wb N m o sen Α⋅Wb = A⋅V⋅s = W⋅s = J = N⋅m τ = 0,8481 N⋅m c)

[

]

B I R R x A m m m o o = ⋅ + = ⋅ + µ 2 22 3 2 µ 2 2 2 3 2 2 1 0 03 2 0 03 0 025 ( ) ( , ) ( , ) ( , ) / / x = 0,025 m = 2,5 cm B H m A m Wb m = ⋅ ⋅ − ⋅ = ⋅ − 4 π 10 7 7 556, 9 49 10, 6 ₂ B Wb m =_{9 49 10}⋅ −6 2 ,

2.10 Para la difusión del C en Fe (FCC) tenemos D0=21·10-6 m2s-1 y Q=141.284 Jmol-1, mientras que

para la difusión en Fe (BCC) es D0=79·10-8 m2s-1 y Q=75.658 Jmol-1. Calcular:

a) La profundidad de penetración del C en Fe (FCC) a 900 oC, al cabo de 1 hora, y b) La profundidad de penetración del C en Fe (BCC) a 600 oC, al cabo de 2 horas. Solución: a) D Do e e m s Q RT 1 173 6 141 284 831 1 173 11 2 1 1 1 21 10 1 0653 10 . . . _, = ⋅ − = ⋅ − ⋅ − _⋅ = ⋅ − − x1 D1 f x1 m 4 2 2 7695 10 = ⋅ ⋅ ⇒ = ⋅ − , b) D Do e e m s Q RT 873 8 75 658 831 873 11 2 1 2 2 79 10 2 3356 10 = ⋅ − = ⋅ − ⋅ − ⋅. = _, ⋅ − − x2 D2 f x1 m 4 2 5 7993 10 = ⋅ ⋅ ⇒ = _, ⋅ −

2.11 Un lingote de plomo solidifica a 325 oC. En ese momento mide 25 cm. ¿Cuál será su longitud a temperatura ambiente? Datos: αPb = 29 · 10-6 cm/cm·oC Solución: ∆l = α · l0 · ∆T l0 = 25 cm α = 29·10-6 cm/cm·oC ∆T = Tf - Ti = 25 oC - 325 oC = -300 oC ∆l = 29 · 10-6 cm/cm·oC · 25 cm · (-300 oC) ∆l = -0,2175 ∆l = lf - l0⇒ lf = -∆l + l0 = 24,7825 cm

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

Solución: l0(Cu) = l0(Ni) ∆T < 0 ⇒ Contracción ∆l(Cu) = 16,6·10-6 (cm/cm·oC) · l0 · ∆T ∆l(Ni) = 13·10-6 (cm/cm·oC) · l0 · ∆T

∆l(Cu) > ∆l(Ni) ∆T = 25 -250 = -225 o

C

Puesto que el cobre presenta mayor contracción que el níquel, el par se curvará hacia el cobre.

2.13 Es invierno, con una temperatura media ambiente de 3 oC. Se instala calefacción en casa y nos interesa mantener una temperatura interior constante de 22 oC. Las ventanas exteriores son de 1,2 x 1,2 m y se coloca una única pieza de vidrio.

a) ¿Qué grueso debería tener como mínimo este vidrio para evitar pérdidas superiores a 5·107 cal/día?, y

b) ¿Qué temperatura máxima de verano implicará las mismas pérdidas con este mismo vidrio si se instala aire acondicionado con una temperatura media programada de 18 oC?

Datos: Kvidrio = 0,0023 cal/cm·s·K

Solución: a) ∆T = (22 - 3)o C = 19 oC = 19 K A = (1,2 · 1,2) m2 = 144 m2 = 14.400 cm2 Q A T x ≤ ⋅Κ ∆ ∆

Q/A: calor disipado por unidad de área K: conductividad

∆T/∆x: gradiente de temperatura ∆x: grueso del cilindro

Q = 5·107 cal/día A=1,44 m2 5 10 1 44 19 7 2 ⋅ cal día _{≤ ⋅} m K x , Κ ∆ ∆x Κ K m cal día cal cm s K K cm cal día día s ≥ ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ 19 1 44 5 10 0 0023 19 14 400 5 10 1 24 3 600 2 7 2 7 , , . . ∆x≥1 087, cm b) ∆T = T-18oC = T -18K ∆x cm cm T K cm cal s _cal cm s K ≥ ⇒ ⋅ ⋅ ≤ ⋅ − ⋅ ⋅ 1 087 5 10 14 400 0 0023 18 1 087 7 24 3 600 2 , . , , . 0 040, ≤ ⋅2 116 10⋅ −3⋅ −T 18⇒18 90, ≥ −T 18 T ≤18 90 18, + =36 9, oC

2.14 La longitud crítica fotoeléctrica para el aluminio (Al) es de 475 nm. ¿Cuál será la velocidad máxima del electrón emitido tras incidir una radiación electromagnética con una longitud de onda de 175 nm? Calcular la potencia del frenado.

Datos: h = 6,62⋅10-34 J⋅s me = 9,1⋅10-31 Kg c = 3⋅1010 cm/s Solución: λo = 475 nm hν hc λ = ν λ o o c = νo cm s cm s = ⋅ ⋅ − = ⋅ − 3 10 475 10 6 316 10 10 7 14 1 / , hν = mv2_{/2 + φ = mv}2_{/2 + hν} o ½ mv2 = h⋅(ν-νo) v h m J s Kg o = − = ⋅ ⋅ ⋅ − − − 2 2 6 62 10 9 1 10 34 31 0 ( ) , / , ( ) ν ν ν ν ν λ = = ⋅ ⋅ − = ⋅ − c cm s cm s 3 10 175 10 1 714 10 10 7 15 1 / , v J s Kg s s = ⋅ − ⋅ − − ⋅ − 1 4549 10, 3 / ( ,1 714 1015 1 6 316 10, 14 1) v=1 255 10, ⋅ 6m s/ Ve= ⋅h o = ⋅ Js⋅ ⋅ s − − ν 6 62 10 34 6 316 1014 1 , , . Ve=4 18 10⋅ −19J ,

2.15 Un dispositivo tiene un filamento de wolframio (W) caliente. Se le aplica un voltaje de 5.000 V y se produce emisión de electrones. ¿Cual será el límite de longitud de onda corta que puede estimular el electrón emitido?

Datos:

h = 6,62⋅10-34 J⋅s c = 3⋅1010 cm/s e = 1,6⋅10-19 J/V Solución:

V = 5.000 V eV = =E hc λ 1 6 1019 5 000 6 62 10 3 10 34 10 , ⋅ − ⋅ . = , ⋅ ⋅ ⋅ / − J V V Js cm s λ λ = ⋅ − = 2 48 10, 8cm 0 248, nm

3 Materiales poliméricos

3.1 ¿Cuál es la masa molecular media en número ( Mn ) y en peso ( Mw ) de una mezcla que pesa 2 g y está formada por 1 g de la parafina C95H192 y 1 g de la parafina C105H212 ?

Solución:

La masa molecular de cada parafina es: M95 = 95 ·12 + 192 = 1,332 g/mol

M105= 105 ·12 + 212 = 1,472 g/mol

El número de moles de cada parafina es: n95 = 1g / (1,332 g/mol) = 7,51 ·10-4 moles

n105= 1g / (1,472 g/mol) = 6,79 ·10-4 moles

Entonces la masa molecular media en número ( Mn ) es: Mn = Σxi Mi xi : fracción molar Mi : M mol de la fracción i M n = 7 51 10 7 51 6 79 10 1 332 6 79 10 6 79 7 51 10 1 472 4 4 4 4 , ( , , ) , , ( , , ) , ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ + ⋅ ⋅ − − − − M n = 1,399 g/mol y la masa molecular media en peso ( Mw ) es:

Mw = ΣwiMi

wi : fracción molar

Mi : M mol de la fracción i

Mw = 0 5 1 332. ⋅ , +0 5 1 472, ⋅ , =1 402, g mol/

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

Calcular la masa molecular media viscosimétrica de esta muestra de PMMA. c (g/dl) 0,0 0,2 0,4 0,7 1,0 1,5 t (s) 93,8 110,4 130,4 166,6 211,6 302,8 93,8 110,4 131,0 166,8 212,0 302,0 94,0 110,5 131,5 166,7 211,2 301,9 93,9 110,8 131,4 166,5 211,5 302,3 Solución:

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

[η] = k M_{⋅ v}a

[η] : viscosidad intríseca

Mv : masa molecular viscosimétrica

K,a : constantes que dependen del polímero, del disolvente y de la temperatura. Para nuestro caso: PMMA / acetona / 25 ºC

Por otra parte: K = 7,5·10-5 y a = 0,7

[η] = lim c( →0)η_reducida ηreducida = ηespecífica/c ηespecífica = (t-t0)/to c : concentración en g/dl t : solución to : solvente c [g/dl] 0,0 0,2 0,4 0,7 1,0 1,5 t [s] 93,875 110,52 131,07 166,65 211,57 302,25 A - 0,887 0,991 1,107 1,254 1,479 A : ηsp/c = (t-to)/toc

En la figura adjunta se representa la concentración frente a la ηreducida. La ordenada en el origen nos

da el valor de la ηintríseca ([η]).

[η] = 0,8001

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

[η] = k Mv a ⋅

M = 567972 g/mol

3.3. Calcular la masa molecular media en peso y en número de una muestra de poliestireno (PS) formada al mezclar 8 fracciones de poliestireno monodispersas. En la tabla se indica la masa molecular de cada fracción de poliestireno así como la cantidad de cada una en las mezclas.

Mmol 15.000 27.000 39.000 56.000 78.000 104.000 120.000 153.000

peso g 0,1 0,18 0,25 0,17 0,12 0,08 0,06 0,04

Solución:

Masa molecular media en peso ( Mw )

Mw =∑ wiMi Mw=0 1 1 15 000 0 18 1 27 000 0 25 1 39 000 0 17 1 56 000 0 12 1 78 000 , . , . , . , . , . ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ + +0 08⋅ + ⋅ + ⋅ 1 104 000 0 06 1 120 000 0 04 1 153 000 , . , . , . Mw = 56.630 g/mol

wi = peso fracción i / peso total (peso total = 1g)

Masa molecular media en número (M n). Primero calculamos el número de moles de cada fracción. n1 = 0,1/15.000 = 6,67·10-6 n2 = 0,18/27.000 = 6,67·10-6 n3= 0,25/39.000 = 6,4 ·10-6 n4= 0,17/56.000 = 3,04 ·10-6 n5= 0,12/78.000 = 1,5 ·10-6 n6 = 0,08/104.000 = 0,77 ·10-6 n7 = 0,06/120.000 = 0,5 ·10-6 n8 = 0,04/153.000 = 0,26 ·10-6

000 . 153 81 , 25 26 , 0 000 . 120 81 , 25 5 , 0 000 . 104 81 , 25 77 , 0 000 . 78 81 , 25 5 , 1 000 . 56 10 81 , 25 10 04 , 3 000 . 39 10 81 , 25 10 4 , 6 000 . 27 10 81 , 25 10 67 , 6 000 . 15 10 81 , 25 10 67 , 6 6 6 6 6 6 6 6 6 ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ ⋅ ⋅ + + ⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ ⋅ = − − − − − − − − n M = 38.622 g/mol

3.4 ¿Cuál es el efecto sobre la Mn y la Mw de la adición de 0,5% en peso de monómero de estireno a la muestra de PS del problema 4.3?

Solución:

Monómero de estireno: C8H8

Mmol = 12 · 8 + 8 = 104 g/mol

Peso de monómero añadido:

0,5/100 ·1 g mezcla = 5 ·10-3 g Moles de monómero añadidos:

5x10-3(g) ·1 mol/104 g = 4,8 ·10-5 mol Influencia sobre la Mn : M n = Σ xi Mi M n = 4 8 10 4 8 10 25 81 10 104 25 81 10 25 81 10 4 8 10 38 622 5 5 6 6 6 5 , , , , , , . ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ − − − − − − =13.573 g/mol Influencia sobre la Mw : Mw = Σ wi Mi= 5 10 5 10 1 104 1 1 5 10 56 630 3 3 3 ⋅ ⋅ + ⋅ + + ⋅ ⋅ − − − . = 56.349 g/mol

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

Solución: Cristalinidad : X = W W crist tot 1/ρt = wc/ρc + wa/ρa = wc/ρc + (1-wc)/ρa

wc c a t t a c = − ⋅ − ⋅ ρ ρ ρ ρ ρ ρ ( ) ( )= ρ ρ ρ ρ ρ ρ c t a t a c ⋅ − − X = wc / wt = wc / 1 = ρ ρ ρ ρ ρ ρ c t a t a c ⋅ − − X = 1 477 1 442 1 412 1 442 1 412 1 477 , , , , , , ⋅ − − = 0,47 47% de cristalinidad

3.6 Una muestra de polietilenterftalato (PET) se enfría rápidamente desde 300 ºC (A) hasta temperatura ambiente (B) y da como resultado un material rígido y perfectamente transparente. Esquematizar el diagrama volumen específico vs. temperatura de este proceso y explicarlo. Tg= 69ºC

Tm= 267ºC

Solución:

El PET es un material que puede cristalizar; sin embargo, al enfriarse rápidamente desde 300ºC (A) hasta 20ºC (B), las cadenas de polímero no pueden adquirir la estructura cristalina. El material resultante será 100% amorfo y, por tanto, totalmente transparente.

Puesto que a temperatura ambiente se encuentra por debajo de la temperatura de transición vítrea (Tg= 69ºC) el material es rígido, es decir, está en estado vítreo.

3.7 La muestra de PET en el estado (B), del ejercicio 3.6, se calienta hasta 100ºC y se mantiene a esta temperatura hasta que se observa que la muestra adquiere una apariencia translúcida (C), entonces se enfría hasta temperatura ambiente (B) y da como resultado un material rígido y translúcido. Explicar este proceso. Esquematizar el diagrama volumen específico vs. temperatura, si esta muestra en el estado (D) se calentara hasta 300ºC.

Solución:

Al calentar la muestra desde el estado (B) hasta 100ºC se produce la cristalización del material, puesto que está a una temperatura superior a su Tg; en consecuencia, el material se vuelve translúcido

(debido a la presencia de dos fases, una amorfa y otra cristalina). Cuando se vuelve a enfriar desde (C) hasta (D) el material resultante es un PET semicristalino y, por tanto, translúcido, y además rígido, puesto que el material consta de una fase cristalina y otra amorfa en estado vítreo (por debajo de Tg).

3.8 Explicar los siguientes hechos:

a) El polietileno (PE) y el polipropileno (PP) obtenidos mediante catalizadores estereoespecíficos son rígidos y translúcidos, mientras que un copolímero 65-35 de ambos, obtenido de la misma manera, es en caucho transparente y blando.

b) Existe un plástico comercialmente disponible que es similar en apariencia al PE y al PP descritos en el apartado a y que consiste en un 65% de unidades de etileno y un 35% de unidades de propileno. En este plástico los dos componentes no se pueden separar por medios físicos o químicos sin degradar el polímero.

c) Calcular la temperatura de transición vítrea (Tg) de los materiales descritos en a y b sabiendo que:

Tg (PE) = 248 K

Tg (PPisotáctico) = 265 K

Solución:

a) El PP obtenido mediante catalizadores estereoespecíficos es isotáctico. El PE y PP, al ser translúcidos, indican que están constituidos por dos fases, es decir, son semicristalinos y tienen fase amorfa y fase cristalina. La fase cristalina da rigidez al material.

El copolímero 65-35 es un caucho transparente y blando. Por el hecho de ser transparente deducimos que tiene una sola fase, la fase amorfa. Dicha fase amorfa se encuentra a temperatura ambiente por encima de Tg y, por tanto, es un material blando, el caucho. Estas observaciones nos llevan a concluir

que se trata de un copolímero al azar.

b) Este tipo de material, constituido por el 65% de unidades de etileno y el 35% de unidades de propileno es también un copolímero puesto que no podemos separar los componentes a menos que degrademos el polímero, es decir, no se trata de una mezcla de polímeros.

Este material es rígido y translúcido, esto nos indica que es un material semicristalino y, por tanto, se trata de un copolímero en bloque (es el único copolímero que puede cristalizar).

c) La Tg de un copolímero al azar se calcula a partir de la siguiente expresión:

1 T w T gc i gi =

∑

T en K wi=fracción molar

Tg del polímero del apartado a

1 0 65 248 0 35 265 Tga = , + , Tga= 253,7 K = -19,3ºC

Cuando un copolímero es en bloque el material presenta una Tg diferente para cada bloque distinto.

Por tanto, la Tg del copolímero del apartado b:

248 K y 265 K

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

PS (Tg= 80ºC)

Solución:

3.10 Preparamos dos materiales compuestos con la siguiente composición (en volumen): 1. Polipropileno reforzado con un 20% de fibras de vidrio.

2. Epoxi reforzado con un 25% de fibras de carbono y un 25% de fibra de Kevlar. Encontrar en cada caso la masa de cada constituyente por unidad de masa de composite. Densidad (ρ) : ρ (fibra de vidrio)=2,54 g/cm3 ρ (PP)=0,90 g/cm3 ρ (fibra de carbono)=1,79 g/cm3 ρ (Kevlar)=1,45 g/cm3 ρ (epoxi)=1,30 g/cm3 Solución:

Primero encontramos la densidad del material compuesto a partir de la ley de las mezclas: ρc= ρmVm + ρfVf

Para el PP:

ρ = 0,2 · 2,54 + 0,8 · 0,9 = 1,228 g/cm3

En 1 cm3 de material compuesto hay 0,2 cm3 de vidrio. Entonces la masa de vidrio en 1 cm3 de composite es:

0,2 cm3 · 2,54 g/cm3 = 5,08 g vidrio/1cm3 de composite La masa de vidrio en 1 g de composite es:

5 08 1 1 1 228 0 414 1 3 3 , . , . , . . g vidrio cm composite cm composite g composite g vidrio g composite ⋅ =

Para el caso de epoxi:

ρ = 0,25 · 1,45 + 0,25 · 1,79 + 0,5 · 1,3 = 1,46 g/cm3

La masa de carbono en 1 cm3 de composite es:

0,25 cm3 · 1,79 g/cm3 = 0,447 g carbono La masa de carbono en 1 g de composite es:

0 25 1 1 1 46 0 307 1 3 3 3 , , . , . . cm carbono cm composite cm composite g composite g carbono g composite ⋅ =

De igual forma para el Kevlar: 0 25 1 1 45 1 1 1 46 0 248 1 3 3 3 3 , , . , . , . . cm Kevlar cm composite g Kevlar cm Kevlar cm composite g composite g Kevlar g composite ⋅ ⋅ =

En 1 kg de composite hay 307 g de fibra de carbono, 248 g de fibra de Kevlar y 445 g de epoxi.

3.11 Un material compuesto consiste en un 40% (en volumen) de fibras de vidrio continuas y orientadas en una matriz de poliéster insaturado. Se aplica una tensión de tracción de 100 MPa en la dirección paralela a las fibras. Predecir la deformación que se originará.

fibra de vidrio poliéster

Módulo elástico E [GPa] 76 3

Coeficiente de Poison ν 0,22 0,38

Solución:

Se producirá una deformación en la dirección axial (ε1) y una deformación negativa en las

direcciones transversales a la fibra ε2 = ε3 = -ν1,2⋅ ε1

El módulo elástico del material compuesto será (según ecuación Ec= EmVm+EfVf):

Ec= EmVm+EfVf = 3 ·0,6 + 76 ·0,4 = 32,26 Pa

Entonces:

Para calcular ε2 primero se calcula ν1,2 (según ecuación ν1,2= νmVm+νfVf):

ν1,2= νmVm+νfVf = 0,6 ·0,38 + 0,4 ·0,22 = 0,316

En consecuencia, la deformación transversal a las fibras será:

ε2 = -ν1,2⋅ ε1 = -0,316 · 3,11 ·10-3 = -9,83 ·10-4

3.12 Un material compuesto consiste en un 50% (en volumen) de fibras de carbono continuas y alineadas en una matriz epoxi. Predecir la resistencia a la tracción del composite en la dirección paralela a las fibras.

fibra de carbono epoxi

Resistencia a la tracción 3.200 60

Módulo Elástico 230 2,4

Resistencia a la tracción: σt (MPa)

Módulo elástico: E (GPa) Solución:

La deformación a rotura de las fibras (εf) y de la matriz (εm) son:

εf = 3.200 MPa /230⋅ 103 MPa = 1,39⋅10-2

εm = 230 MPa /2,4⋅ 103 MPa = 2,5⋅10-2

Las fibras fallan antes que la matriz; cuando esto ocurre la matriz soporta una tensión igual a: σm = Em ⋅ εf = 2,46 Pa ⋅ (1,39⋅10-2)= 0,0334 GPa = 33,4 MPa

Considerando que el material compuesto va a fallar en cuanto se rompan las fibras (consideración adecuada, dado el % en volumen de fibras), la tensión soportada por el material compuesto en el momento de la rotura vendrá dada por la ecuación:

σc= σmVm + σfVf

σc= (33,4 MPa · 0,5) + (3200 MPa · 0,5) = 1,617 MPa

3.13 Un material compuesto consiste en un 50% (en volumen) de fibras de vidrio continuas y alineadas en una matriz de poliéster insaturado. Predecir la resistencia a la tracción del material compuesto en la dirección paralela a las fibras.

fibra de vidrio poliéster Resistencia a la tracción 1.800 55

Módulo elástico 76 3

Resistencia a la tracción: σt (MPa)

Módulo elástico: E (GPa) Solución:

La deformación a rotura de las fibras (εf) y de la matriz (εm) es:

εf = 1.800 MPa / 76 ·103 MPa = 2,37 ·10-2

εm= 55 MPa / 3 ·103 MPa = 1,83 ·10-2

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

σf = Ef ⋅ εm = (76 ·103 MPa) · (1,83 ·10-2) = 1.390 MPa

y la tensión soportada por el composite es:

σc= σmVm + σfVf

σc= (55 MPa · 0,5) + (1.390 MPa · 0,5) = 723 MPa

Sin embargo, la máxima tensión que puede soportar el material compuesto cuando sólo las fibras contribuyen, es decir, cuando la matriz ha fallado, viene dada por:

σf = 0,5 · 1.800 MPa = 900 MPa

Esta tensión excede a la tensión alcanzada por el composite en el punto de rotura de la matriz. Podemos deducir que el material compuesto puede continuar soportando carga hasta el punto en que las fibras fallen, y que la resistencia a la tracción del composite será:

σc= 900 MPa

3.14 Un material compuesto de fibras colocadas en capas horizontales se ensaya a impacto. El valor de energia absorbida por unidad de área (resiliencia, ρ) está relacionado con la orientación de las fibras según una expresión del tipo ρ=3 74 2 3, + , sen (J/cmθ 2), donde θ es el ángulo que forman las fibras con la entalla (0 < θ < 90).

¿Qué ángulo proporcionará mejores propiedades a impacto para este material? Solución:

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

∂ρ

∂θ =2 3, cosθ=0 ⇒ cosθ=0 ⇒ θ=90

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

3.15 Un material plástico cuya temperatura de fusión es Tm = 170 ºC y de transición vítrea Tg = 50

posee un 60% de cristalinidad después de haber sido enfriado lentamente hasta temperatura ambiente (20ºC).

a) ¿En qué estado de agregación se encuentra este polímero a 190ºC, 100ºC y 20ºC? b) Si el citado polímero se calienta a 180ºC y luego se enfría muy rápidamente hasta 20ºC, ¿la cristalinidad del material será del 60%?. Justificar la respuesta. c) Si el material obtenido en el apartado anterior se mantiene a temperatura ambiente durante un año, ¿se producirá algún cambio microestructural? ¿Por qué?

Solución:

a) 190ºC: gomoso

100ºC: semicristalino flexible 20ºC: semicristalino rígido o vítreo

b) La cristalinidad será bastante inferior. Al enfriarse rápidamente no se da tiempo suficiente a que tenga lugar la reacción de cristalización, la cual tiene lugar por pliegues de las cadenas poliméricas. c) A temperatura ambiente, por debajo de Tg, no se favorece la necesaria rotación de las cadenas para

que éstas se plieguen. Por tanto, el polímero no cambiará su microestructura.

3.16 Una barra cilíndrica de polipropileno (PP) está empotrada en el techo por uno de sus extremos, mientras que en el otro se agrega un peso de 30 kg.

a) Hallar el diámetro mínimo tal que el alargamiento de la barra al cabo de un año sea como máximo de 12,5 mm si la temperatura de trabajo es de 20ºC. La longitud inicial de la barra es de 0,5 m. b) Suponiendo que la barra se fabricase en las mismas dimensiones con poliestireno (PS), bajo las mismas condiciones de carga y sin llegar a rotura, ¿la deformación que cabe esperar sería mayor o menor? Justificar la respuesta.

PP (Tg= 0ºC, Tm=140ºC) PS (Tg=80ºC)

Solución: a) e = (12,5 mm/500 mm)·100 = 2,5 % 1 365 1 24 1 3 600 1 3 15 10 7 año días año h día s h s ⋅ ⋅ ⋅ . = , ⋅

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

σ π = = ⋅ ⋅ = ⋅ F A kg N kg D N m 30 9 8 1 4 7 7 10 2 6 2 , ,

D= ⋅ m mm ⋅ ⋅ = ⋅ = − 80 9 8 4 7 7 10 6 97 10 6 97 6 3 , , , , π

b) El polipropileno está en estado gomoso y el poliestireno en estado vítreo, por tanto, el vítreo (PS) se deformará menos en principio.

4 Diagramas de equilibrio

4.1 Para la aleación aluminio-silicio, cuyo diagrama de fases se adjunta:

a) Supongamos la aleación con un 5% de Si y un 95% de Al:

a1) ¿Cuál es el porcentaje de silicio en la fase α a 640, 600, 577 y 550ºC? a2) ¿Cuál es el porcentaje de silicio en la fase líquida a 640, 600 y 577ºC? a3) ¿Cuál es el porcentaje de silicio en la fase β a 550ºC?

a4) ¿Cuáles serán los porcentajes de α y de líquido a 620, 600 y 578ºC? a5) ¿Cuáles serán los porcentajes de α y β a 576 y 550ºC?

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

b1) ¿A qué temperatura aparecerán los primeros cristales de sólido al enfriarse lentamente el metal fundido?

b2) ¿A qué temperatura se solidificará completamente la aleación? b3) ¿Cuál será la composición de las fases β y líquida a 578ºC? b4) ¿Cuál será el análisis de las fases α y β a 550ºC?

b5) ¿Cuáles son las proporciones de las fases líquida y β a 578ºC y de α y β a 576ºC?

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

Solución:

a) Supongamos 5% Si + 95% Al:

a1) 640ºC %Si (α) = 0 no hay

600ºC %Si (α) = 1,20% 577ºC %Si (α) = 1,65% 550ºC %Si (α) = 1,30% a2) 640ºC %Si (L) = 5,0% 600ºC %Si (L) = 9,0% 577ºC %Si (L) = 12,6% a3) 550ºC %Si (β) = 99,0% a4) T = 620ºC % , , , , , , , % α = − − ⋅ = ⋅ = 6 1 5 0 6 1 0 9 100 11 5 2 100 2115 %β =100−2115, =78 85, % T = 600ºC % , , , , , % α = − − ⋅ = 9 0 5 0 9 0 1 2 100 69 32 %β =100−51 28, =48 72, % T = 578ºC % , , , , , % α= − − ⋅ = 12 59 5 0 12 59 1 64 100 69 32 %L=100−69 41, =30 68, % a5) T = 576ºC % , , , , , , , % α= − − ⋅ = = 99 0 5 0 12 59 1 64 100 94 0 97 36 96 56 %β =100−96 56, =3 45, % T = 550ºC % , , , , , , , % α= − − ⋅ = ⋅ = 99 0 5 0 99 0 1 3 100 94 0 97 7 100 96 21 %β =100−96 21, =3 79, % b) Para la aleación típica de un motor: 16% Si + 84% Al

b1) Temperatura a la que aparecerán los primeros cristales sólidos al enfriar lentamente: T = 630ºC

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

b3) Composición de las fases β y L a 578ºC:

%Si (β) =99% %Si (L) = 12,61%

%Al (β) = 1% %Al (L) = 87,39%

b4) Análisis de las fases α y β a 550ºC:

%Si (α) = 1,30% %Si (β) = 99,0% %Al (α) = 98,70% %Al (β) = 1% b5) Proporciones de L y β a 578ºC: T = 578ºC % , , , , , L= − − ⋅ = 99 0 16 0 99 0 12 61 100 96 08% %β=100 96 06− , =3 92%, Proporciones de α y β a 576ºC: % , , , , , α= − − ⋅ = 99 0 16 0 99 0 1 64 100 85 25% %β =100 85 25− , =14 75%, c) El %α disminuye durante el enfriamiento:

T = 576ºC %α= m⋅ n 100 T = 25ºC % ' α= m⋅ n 100 n’>n %α (25ºC) < %α (576ºC)

Porque al bajar la temperatura, la solubilidad del silicio en el aluminio disminuye; lo cual implica que el Si se precipite, pero como sólo es parcialmente soluble, lo que se precipita es fase β.

Lo que sucede con dicha fase es:

Solución:

Tenemos una transformación alotrópica:

α⇔β

β⇔α

A la temperatura T1=1.150ºC ⇒ Reacción eutéctica L ⇔β+θ A la temperatura T2=550ºC ⇒ Reacción eutectoide β⇔α+θ

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

Las curvas de enfriamiento muestran inflexiones horizontales de temperatura a 715ºF para A puro y a 655ºF para B puro. En los metales puros esto significa que hay dos fases en equilibrio. Una inflexión horizontal en un sistema de dos componentes a 500ºF para el 25% de A y el 75% de B indica que hay tres fases en equilibrio.

• 501ºF: 25% de A y 75% de B, todo líquido • 499ºF: 25% de A y 75% de B, 25% de un metal BCC y 75% de un metal FCC. • 499ºF: 35% de A y 65% de B, 50% de un metal BCC y 50% de un metal FCC. • 400ºF: 40% de A y 60% de B, 60% de un metal BCC y 40% de un metal FCC. • 400ºF: 20% de A y 80% de B, 20% de un metal BCC y 80% de un metal FCC. Solución: a) 499ºF: 25% de A y 75% de B composición de α en B = x% B composición de β en B = y% B cantidades en equilibrio: α= = − − ⋅ 25% y 75 100 y x 100 75 % 75 ⋅ − − = = x y x β 25·(y-x) = (y-75)·100 75·(y-x) = (75-x)·100 Obtenemos (1): 75y+25x = 7.500 b) 499ºF: 35% de A y 65% de B composición de α en B = x% B composición de β en B = y% B cantidades en equilibrio: α= = − − ⋅ 50% y 65 100 y x β = = − − ⋅ 50% 65 x 100 y x 50·(y-x) = (y-65)·100 50·(y-x) = (65-x)·100 Obtenemos (2): 50y+50x = 6.500 c) Dadas (1) y (2) 75y+25x = 7.500 50y+50x = 6.500 x=45 y=85

d) 400ºF: 40% de A y 60% de B composición de α en B = x% B composición de β en B = y% B cantidades en equilibrio: α= = − − ⋅ 60% y 60 100 y x β= = − − ⋅ 40% 60 x 100 y x 60·(y-x) = 100y - 6.000 40·(y-x) = 6.000 - 100x Obtenemos (3): 2y +3x = 300 e) 400ºF: 20% de A y 80% de B composición de α en B = x% B composición de β en B = y% B cantidades en equilibrio: α= = − − ⋅ 20% y 80 100 y x β = = − − ⋅ 80% 80 x 100 y x 20y - 20x = 100y - 8.000 80y - 80x = 8.000 - 100x Obtenemos (4): 80y+20x=8.000 f) Dadas (3) y (4) 2y +3x = 300 80y+20x=8.000 x=40 y=90

4.4 El diagrama de equilibrio para el sistema Cu-Zn se muestra en la figura adjunta.

a) ¿Cuáles son las temperaturas del liquidus y el solidus para una aleación de 70% Cu y 30% Zn? b) En una aleación con 60% de Cu y 40% de Zn, conocida como ‘metal Muntz’, la fase α comienza a formarse a 750ºC, aproximadamente. A 600ºC, el contenido de Zn en ambas fases α y β es mayor que a 750ºC. ¿De dónde proviene la cantidad adicional de Zn en las dos fases?

c) Localizar las temperaturas a las cuales pueden coexistir tres fases en equilibrio e identificar las reacciones (eutéctica, peritéctica, etc.).

d) Una aleación constituida por 50 g de Cu y 30 g de Zn se funde y se enfría lentamente. d1) ¿A qué temperatura habrá 40 g de fase α y 40 g de fase β ?

d2) ¿A qué temperatura habrá 50 g de fase α y 30 g de fase β ? d3) ¿A qué temperatura habrá 30 g de fase α y 50 g de fase β ?

Solución: Sistema Cu-Zn

a)

Liquidus = 955ºC (aprox.) Solidus = 925ºC (aprox.) b) Aleación 60% Cu y 40% Zn

- La fase α empieza a formarse a 750ºC, aproximadamente. - A 600ºC, el contenido de Zn en α y β es mayor que a 750ºC. La cantidad adicional de Zn en las dos fases proviene de:

T = 750ºC ⇒ α+β % , , , , %( .) α = − − ⋅ = ⋅ = 40 1 40 40 1 35 100 0 1 5 1 100 2 aprox %β =98%(aprox.) T = 600ºC ⇒ α+β %α= − − ⋅ = ⋅ = 43 40 43 37 100 3 6 100 50% %β=50%

La cantidad adicional de Zn proviene de la β que a 750ºC es un 40,1% de Zn, la cual es un 98% del total del material. El contenido en Zn total es constante. Ahora las dos fases son más ricas en Zn pero de β sólo hay un 50%, igual que una α más rica en Zn que el 2% (aprox.) que había a 750ºC. c) Temperaturas a las cuales pueden coexistir 3 fases en equilibrio.

Identificación de las reacciones.

T = 903ºC α+L ⇔β Peritéctica T = 835ºC β+L ⇔γ Peritéctica T = 700ºC γ+L ⇔δ Peritéctica T = 598ºC δ+L ⇔ε Peritéctica T = 424ºC ε+L ⇔η Peritéctica T = 558ºC δ ⇔γ+ε Eutectoide T = 230ºC β‘ ⇔α+γ Eutectoide

d) Aleación 50 g Cu + 30 g Zn se funde y se enfría lentamente d1) T? 40 g de fase α y 40 g de fase β