Materiales- Upc- Materiales en ingeniería. Problemas resueltos

(1)

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

(2)

(3)

Índice

1

1 EEssttrruuccttuurraaccrriissttaalliinnaa 1111 2

2 PPrrooppiieeddaaddees s ffííssiiccaas s de de lloos s mmaatteerriiaallees s 3311 3

3 MMaatteerriiaalleessppoolliimméérriiccooss 4411 4

4 DDiiaaggrraammaass ddeeeeqquuiilliibbrriioo 5555 5

5 PPrrooppiieeddaaddees s mmeeccáánniiccaas s dde e lloos s mmaatteerriiaallees s 7755 6

(4)

Prólogo

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

clases impartidas por el profesor.profesor.

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

asignatura,divididos en seis grandes apartados:grandes apartados: 1. Estructura cristalina. 1. Estructura cristalina.

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

3. Materiales poliméricos. 4. Diagramas de equilibrio. 4. Diagramas de equilibrio. 5. Propiedades mecánicas de los

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

6. Metalografía.

Los problemas están resueltos para que el alumno pueda autoevaluarse y descubrir cuáles son sus 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 errores o faltas de comprensión de los diferentes temas. Se ha incorporado un capítulo de metalografía para

metalografía para completar el conocompletar el conocimiento de las microcimiento de las microestructuras más habituales destructuras más habituales de e aleacionesaleaciones ampliamente utilizadas a nivel industrial. Estas micrografías pueden ayudar a los estudiantes al 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 reconocimiento de las microstructuras y fases que las constituyen, así como de los problemas tecnológicos que pueden presentar.

tecnológicos que pueden presentar.

Los autores han pretendido que este libro sea de utilidad para el conocimiento y la comprensión de 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 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 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 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 encuentren en el presente libro, que esperamos ir subsanando en sucesivas ediciones con la ayuda y las sugerencias de todos.

las sugerencias de todos.

Por último, deseamos agradecer a todo el personal del Departamento de Ciencia de los Materiales e 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 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 (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.

(5)

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 1

g

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).

(6)

a)

La masa de un átomo

55,847 g mol 1mol 6,023 1023at. 9,27 10 23 g / at.

⋅

=

⋅ −

b)

La densidad del hierro

n atº .:

8 18 1 2

⋅ + =

at. V

=

a3 ϕ

=

⋅

⋅ −

⋅

=

2 9 27 10 23

2 87 10 10

3

1 1000

7843

3

at g at m kg g kg m

. ,

/ .

( ,

)

.

/

c)

El radio atómico del hierro

4

r_A

= ⋅

a

3

r _A

= ⋅

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

.

( ,

)

,

./

=

⋅

−

=

⋅

(7)

f)

El número de átomos por

g

6 023 10

1 55847

1 08 10

23 22

,

.

,

./

⋅

at

⋅

=

⋅

mol mol g at g

g)

El número de moles por

m3

7843 3

.

1000

₅₅₈₄₇

.

1 40 105

3 ,

,

/

kg m mol kg mol m

⋅

=

⋅

h)

La masa de una celda unitaria

2

1 6 023 1023

55847

1 1 85 10 22

at celda mol at g mol g celda

.

,

.

,

/

⋅

=

⋅ −

i)

El número de celdas unitarias existentes en 1

g

de hierro

1

2 6 023 10

1 55847

5 39 10

23 21 celda at at mol mol g celda g

.

,

.

,

/

⋅

=

⋅

j)

El volumen de una celda unitaria

V

= = ⋅

a3

( ,

2 87 10

− 10m

)

3

= ⋅

2 36 10

,

−29m3 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

( )

2

a 2

= ⋅

a2

5

d at a at m ( )

.

,

./

120 1 4 2 18 2

4

5 5 43 10

=

⋅

=

⋅

(8)

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 2697

3 3

.

/

b)

La densidad atómica lineal en la dirección [1 1 0

]

[ ] d a at m 110 9

2

2 3 49 10

=

⋅

=

,

⋅

./

(9)

( ) 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

=

1408 10

,

⋅

19at m

./

2 d)

El radio atómico

4

2

4 0143 10

9 R

= ⋅ ⇒ = ⋅

a R a

=

,

⋅

− m e)

El factor de empaquetamiento

F E R a

. .

=

4 ⋅ ⋅ ⋅

43

=

0 74

,

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

. .

_{= ⋅}

.

(10)

r at.

=

a

/ 2

V at .

= ⋅ ⋅  

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

=

2

a 2

+ = ⋅

a2

3

a

4

r at

=

D

4

rat .

= ⋅

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

(11)

d

=

2 ⋅

a

4

r at .

=

d

4

2

4

r_at_.

= ⋅ ⇒ = ⋅

a r_at_. a V at .

= ⋅ ⋅

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.

Solución:

(12)

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 10

23

1 05771 10

28 3

. ,

/

.

/

,

./

,

(13)

V = 3 · a

2

_{· 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

-10m

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

760407

23 10 3 3 3

. ,

/

,

.

,

.

,

/

(

)

dFe−

=

₋ kg m

⋅

=

γ

4 0 05585

6 023 10

23

3 65 10

10 3

7627 66

3

,

.

,

/

(

)

dFe−

=

₋ kg m

⋅

=

δ

2 0 05585

6 023 10

23

2 93 10

10 3

737288

3

,

.

,

/

b)

1

1 760407

1

1 762366

0 9974

3 3 3 3 3 m Fe m Fe kgFe m Fe kgFe kgFe m Fe kgFe m

− =

− ⋅

−

⋅

−

⋅

−

=

γ α α α γ α γ γ

.

,

.

,

1

m3

Fe-

δ

ocupará 1,0313

m3

.

(14)

1.6 La perowskita (CaTiO

3

) 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: M

Ca

= 40,08

g/mol

M

Ti

= 47,88

g/mol

M

O

= 16,00

g/mol

N

A

= 6,023 ·10

23 mol-1

R

Ca2+

= 0,099

nm

R

Ti4+

= 0,061

nm

R

O2-

= 0,140

nm

Solución:

a)

El Ti tiene seis átomos de oxígeno a

a0

/2

⇒

NC

Ti

=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, NC

Ca

=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, NC

O

=2+4=6.

b) ρ

=

⋅ + ⋅ + ⋅

⋅

1

3

0 at Ca celda Ca atTi 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

(15)

Para hallar

a0

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

2 ⋅ = ⋅ + ⋅ ⇒ =

a₀

2

rCa

2

rO 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

-7cm a03

=6,496 ·10

-23 cm3 ρ

= ⋅

+ ⋅

⋅

−

⋅

−

=

1 40 08

1 47 88

3 16 00

6 496 10

23 3

6 023 10

23 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: M

Mg

= 24,31

g/mol

M

O

= 16,00

g/mol

N

A

= 6,023 · 10

23 mol-1

R

Mg2+

= 0,072

nm

R

O2-

= 0,140

nm

Solución:

a)

ρ

exp

= 3,2

g/mol

ρ

teórica

= ?

a0

= 2r

Mg

+ 2r

O

= 0,424

nm

= 4,24 · 10

-8 cm a03

= 7,62 · 10

-23 cm3

(16)

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 10

23

3512

3 . . . . .

,

ρ

teórica

>

ρ

exp.

⇒

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 10

23

3 2

4031

4589

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 03 π π

(

)

(

)

(

)

F E nm nm nm real at Mg celda at O celda

. .

,

. .

=

3 64

⋅ ⋅ ⋅

+

⋅ ⋅ ⋅

4

3 0 072

3 64

4

3 0140

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

3 _{0 68}

3 3 03 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: M

Ag

= 107,87

g/mol

M

Cu

= 63,55

g/mol

N

A

= 6,023·10

23 mol-1

R

Ag

= 0,144

nm

(17)

Solución: a) ρ _teórica 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 r _Ag 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

⋅ = < ⇒

0144 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 :

=

(18)

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) V inicial

⇒

BCC

⇒

2 át./celda 3 ·a0=4·r

⇒

a0= (4·r )/ 3 V in r r r Sr Sr Sr

=



⋅





4



_

 =

⋅ =

⋅

3 2 309 12 310 3 3 3 3 , , V final

⇒

FCC

⇒

4 át./celda 2 ·a0= 4·r

⇒

a0= (4·r )/ 2 V fin 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.

(19)

% , , , ,

∆

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 V i> V f .

c) ρ _FCC Sr Sr M r M r

=

⋅

⋅ ⋅

⋅

=

⋅

− 4 22 617 3 6 023 1023 2 93 10 25 3 , , , ρ BCC 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 294,920gde 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= 52,01g/mol rCr= 0,125nm Solución: a) V = (2·2·10)cm3= 40cm3 m= 294,920g

ρ

exp= 294,920g/ 40cm 3 = 7,373g/cm3 BCC

⇒

2 át./celda 3 ·a0= 4·r

⇒

r = 0,125·10-7cm ρ _teórica 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 . , / , , , , ,

ρ

exp>

ρ

teórica

⇒

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

(20)

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: ρ _BCC at a a a

=

⋅

=

− 2 2 2 2 2 .

(21)

ρFCC at a a

=

2 = ⋅

₂

− 2 2

.

{ } { } ρ ₁₀₀ _FCC

>

ρ₁₁₀ _BCC

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: E

pmin

,

b)

La energía de disociación del enlace: ED

LiF

; y realizar un esquema del proceso, y

c)

El momento dipolar.

Solución:

(22)

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

-19C

εo

: permisividad del medio, en este caso, en el vacío

⇒

ε

π o Nm c

=

⋅ ⋅ ⋅

−

1

4 9 10

9 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 02 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 2 1 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 2 1 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 16022 10

5 94

19 19 0

,

J eV J eV Ep x x b)

ED

LiF

= - (Ep

min

+ EA

F

- PI

Li

) = - (-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

(23)

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

-19C

· 2,014 · 10

-10m

= 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 d 111 ₂ a₂ ₂ a

1

3 =

+ +

=

d 011 a

2 =

d 112 a

6 =

Aplicando la ley de Bragg:

n

· λ

= 2·

d

·

senθ

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

75

2

400

2 7 37 8

=

⋅

=

⋅

=

arcsen arcsen a o ' '' θ₀₁₁ λ

2

6

75

2

400

6 13 1633

=

⋅

=

⋅

=

arcsen arcsen a o ' ''

(24)

2 Propiedades físicas de los materiales

2.1 Para el vanadio, el campo crítico a 3

K

es

H c

= 7,1 · 10

4

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

E g

= 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 · 10

5T -2,6 m2 /V·s

b p

= 2,5 · 10

4 T -2,3m2 / V.s

Solución:

a)

(25)

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 10

21

293 8 56 10

1 10 2 1 38 10 293 1 6 10 15 3 3 2 23 19 1

,

, , , c) bn

= 4 · 10

5 T -2,6m2 /V·s

= 4 · 10

5

· (293)

-2,6

= 0,154

m2 / V.s b p

= 2,5 · 10

4 T -2,3m2 / V.s

= 2,5 · 10

4

· (293)

-2,3

= 0,053

m2/ V.s

σ

20oC

=

N n· e · ( bn+ b p)

= 8,56·10

15 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

,

⋅

−6

Ω

⋅

cm

Solución:

R s l cm s l

= ⋅ = ⋅

_ρ

_{1 7 10}

_,

−6

_Ω

⋅ ⋅

s

=

( ,

0 5

mm

)

2

⋅ =

π

( ,

0 05

cm

)

2

⋅ = ⋅

π

7 85 10

,

−3cm2 l

=

50

m

=

5 000

.

cm R cm cm cm

= ⋅

_{1 7 10}

−

⋅ ⋅

7 85 10

⋅

−

=

⋅

−

5000

2 67 10

6 3 2 12

,

.

,

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

⋅

10

15

_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

Ωcm

d (Ge) = 5

g/cm3

(26)

a)

µ

huecos

?

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 10

_,

15

_/

3

2 1 6 10

_,

19

_/

h cm

Ω

cm A s h µ

=

⋅ ⋅

1736

2

.

cm A s

Ω

b)

Átomos que tengan menos electrones de valencia que el germanio:

B,Al,...,(Z

3+

₎

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:

ε

r

(Ge) = 4

εo

= (4·

π

·9

⋅

10

9

₎

-1 C 2 /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

,

(

)

,

( ,

)

d_s

= ⋅

4 8 10

,

−4C m

/

2 b) E

=

d s ε ε

=

εr ⋅ εo

= 4 / 4·

π⋅

9 ⋅

10

9(C 2 /N·m2)

= 3,537

⋅

10

-11C 2 /N ⋅m2 E

=

⋅

N C V m

⋅

=

⋅

=

⋅

− −

4 8 10

3 5 37 10

13 571 10

4 11 6 6

,

/

,

/

(27)

c) d_si

= ⋅ − ⋅ = ⋅

ε E ε_o E ε_oE ε

(

_r₋₁

)

d_si

=

⋅

C m

⋅ ⋅ ⋅

− =

13571 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 10

9

13 571 10

3 599 10

6 4 2

( ,

)

,

/

χ e

= − = − =

εr

1 4 1 3

2.6 La susceptibilidad magnética del aluminio a 20

o

C

es

χm

= 0,65 · 10

-6

. Calcular:

a)

La permeabilidad relativa,

b)

La permeabilidad absoluta,

c)

La magnetización para una excitación

H

= 10

6 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-1 A-1 c) M

=

χm·H

= 0,65·10

-6

· 10

6

= 0,65

Am-1 d) Bal

=

µ·H

= 1,2566·10

-6

·10

6

= 1,2566

Wbm-2 e) Bo

=

µo·H B Al

=

µo

·(1 +

χm

)

·H B Al / 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

·

d 2

·l)/4 = 1,178·10

-5m3

Densidad de energía en un campo magnético:

W

V B

= ⋅

1

2

2 µ W

: energía almacenada [

J

]

V

: volumen [

m3

]

(28)

B

: inducción magnética;

B

= 0,94

Wbm-2

µ

: permeabilidad absoluta en el vacío

µ

=

µo

= 4·

π

·10

-7 Wbm-1 A-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

1257 10

4 10

1000119

,

/

,

c) H

= 1.000

A/m M

?

Μ

=

χm⋅ H

= 1,19

⋅

10

-4

⋅

1.000

A/m M

= 0,119

A/m

(29)

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

= 1

V

⋅

1

s

Solución:

a) n

= 100 espiras

R

= 30

mm

= 0,03

m I

= 1

A S

= ⋅ =

π r2

2 827 10

,

⋅

−3m

µ

m

= ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅

n I S

100 1

A

2 827 10

⋅

−

m

=

0,2827

A m

⋅

3 2 2

,

µ

m

=

0,2827

A m

⋅

2 b) B

= 3

Wb/m2 θ

= 90º

τ

=

µ m

⋅ ⋅

B

sen

θ τ

=

0 2827

,

Am2

⋅

3

Wb

⋅

₂

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 µ 2 2 2 3 2 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

₁₀

− 7

⋅

_{7 556}

= ⋅

_{9 49 10}

−6 2 π

,

B Wb m

=

_{9 49 10}

⋅

−6 2

,

(30)

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

-8m2s-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 1173 6 141284 8311173 11 2 1 1 1

21 10

1 0653 10

. . .

_,

= ⋅ = ⋅ ⋅

− − − _⋅

=

⋅

− − x₁

= ⋅ ⋅ ⇒ =

2

D₁ f x₁

2 7695 10

,

⋅

−4m b) D Do e e m s Q RT 873 8 75658 831873 11 2 1 2 2

79 10

2 3356 10

= ⋅ = ⋅ ⋅

− − − _⋅.

=

_,

⋅

− − x₂

= ⋅ ⋅ ⇒ =

2

D₂ f x₁

5 7993 10

,

⋅

−4m

2.11 Un lingote de plomo solidifica a 325

o

C

. En ese momento mide 25

cm

. ¿Cuál será su longitud a

temperatura ambiente?

Datos:

α

Pb

= 29 · 10

-6cm/cm·oC

Solución:

∆l =α· l0 ·∆T l0

= 25

cm

α

= 29·10

-6 cm/cm·oC ∆T

=

T f - T i

= 25

oC

- 325

oC

= -300

oC ∆l

= 29 · 10

-6cm/cm·oC

· 25

cm

· (-300

oC

)

∆l

= -0,2175

∆l

=

l f - l0

⇒

l f

= -

∆l + l0

= 24,7825

cm

2.12 Un par bimetálico de cobre y níquel (Cu-Ni) se somete a un recocido a 250

o

C

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

(31)

∆l

(Cu) >

∆l

(Ni)

∆T

= 25 -250 = -225

oC

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

o

C

. Se instala calefacción en casa y nos

interesa mantener una temperatura interior constante de 22

o

C

. 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 5·10

7 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

o

C

?

Datos:

K vidrio

= 0,0023

cal/cm·s·K

Solución:

a) ∆T

= (22 - 3)

oC

= 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

= 5·10

7cal/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

≥

1087

,

cm b)∆T

=



T-18



oC

=



T -18



K

∆

x cm cm T K cm cal s _cal cm s K

≥

⇒ ⋅

⋅

≤

⋅

−

⋅ ⋅

1087

5 10

14400

0 0023

18 1087

7 243600 2

,

.

,

.

0 040 2 116 10

_,

_{≤ ⋅ ⋅ ⋅ − ⇒}

−3

18 18 90

_,

_{≥ −}

18

T T T

≤

18 90 18 36 9

,

+ =

,

oC

(32)

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

⋅

10

10cm/s

Solución:

λo

= 475

nm h ν hc λ

=

ν λ o o c

=

νo cm s cm s

= ⋅

⋅

−

=

⋅

−

3 10

475 10

6 316 10

10 7 14 1

/

,

h ν

=

mv2

/2 +

φ

=

mv2

/2 +

h νo

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

1714 10

10 7 15 1

/

,

v J s Kg s s

=

_{1 4549 10}

_,

⋅

− 3

/

_{( ,}

_{1 714 10}

⋅

15

−

− 1

_{6 316 10}

_,

⋅

14 −1

₎

v

=

1255 10

,

⋅

6m s

/

Ve

= ⋅ = ⋅

h o Js

⋅ ⋅

s − − ν

6 62 10

,

34

6 316 10

,

14 .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

⋅

10

10 cm/s e

= 1,6

⋅

10

-19 J/V

(33)

V

= 5.000

V eV

= =

E hc λ

1 6 10

_,

_⋅

−19 J

_⋅

5 000

_.

₌

6 62 10

,

⋅

−34

⋅ ⋅

3 10

10

/

V V Js cm s λ λ

=

2 48 10

,

⋅

−8cm

=

0 248

,

nm

(34)

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 C95H192y 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 ·10-4moles

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

Entonces la masa molecular media en número ( Mn ) es: Mn =Σ xi M i xi : fracción molar M i : M mol de la fracción i Mn = 7 51 10 7 51 6 79 10 1332 6 79 10 6 79 7 51 10 1 472 4 4 4 4 , ( , , ) , , ( , , ) , ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ + ⋅ ⋅ − − − − Mn = 1,399 g/mol

y la masa molecular media en peso ( Mw ) es:

Mw =Σw M i i

wi : fracción molar

M i : 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.

(35)

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

M v : 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 = 7,5·10-5y a = 0,7

[η]= lim c( →0)η_reducida ηreducida = ηespecífica /c ηespecífica= (t-t0)/to c : concentración en g/dl t : solución t o: 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

(36)

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

da el valor de laηintríseca([η]).

[η]= 0,8001

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

[η]= k M v 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 =∑wi M i Mw =0 1 1 15000 0 18 1 27 000 0 25 1 39000 0 17 1 56000 0 12 1 78000 , . , . , . , . , . ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ + +0 08 ⋅ + ⋅ + ⋅ 1 104000 0 06 1 120000 0 04 1 153000 , . , . , . 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

(37)

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

M mol = 12 · 8 + 8 = 104 g/mol

Peso de monómero añadido:

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

5x10-3(g) ·1 mol /104 g = 4,8 ·10-5mol Influencia sobre la Mn : Mn =Σ xi M i Mn = 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 M i= 5 10 5 10 1 104 1 1 5 10 56630 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/cm3y 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

(38)

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 = 1477 1442 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. T g= 69ºC

T m= 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 (T g= 69ºC ) el material es rígido, es decir, está en estado vítreo.

(39)

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 T g; en consecuencia, el material se vuelve translúcido

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

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.

(40)

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

T g(PE) = 248 K

T g(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 T g 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 T g 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

T gdel polímero del apartado a

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

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

Por tanto, la T gdel 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 (T g= 80ºC )

(41)

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=ρmV m+ρ f V f

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:

(42)

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 fibraε2 =ε3= - ν1,2⋅ ε1

El módulo elástico del material compuesto será (según ecuación E c= E mV m+E f V f ):

E c= E mV m+ E f V f = 3 ·0,6 + 76 ·0,4 = 32,26 Pa

Entonces:

ε1=σ /E = 100 MPa / 32,2⋅10

3

(43)

Para calcularε2primero se calcula ν1,2 (según ecuación ν1,2= νmV m+ ν f V f ):

ν1,2= νmV m+ ν f V f = 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

MóduloElástico 230 2,4

Resistencia a la tracción:σt ( MPa)

Módulo elástico: E (GPa) Solución:

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

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

εm= 230 MPa /2,4⋅10

3

MPa= 2,5⋅10-2

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

σm= E m⋅ ε f = 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=σmV m+σ f V f

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.