Ciencia - e - Ingenieria - de - Los - Materiales - 4 (2) - Convertido - En.es [PDF]

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THESCIENCE ANDENG NIEERNI G OFMATE RIALS Cuartaedición

Donald R. Askeland http://librosysolucionarios.net

Pradeep P. Phule Preparado por Gregory Lea

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1 IntroductiontoMaterialsScience andEngineering

1-5 El hierro es a menudo revestida con una capa fina de zinc si se va a utilizar fuera. Lo carac- terísticas qué cree que el zinc proporciona a esta recubierto, o galvanizado, acero? ¿Qué precauciones deben ser considerados en la producción de este producto? ¿Cómo se verá afectada la recycla- bilidad del producto? Solución:

El zinc proporciona resistencia a la corrosión al hierro de dos maneras. Si el hierro está completamente recubierto con zinc, el zinc proporciona una barrera entre el hierro y el entorno circundante, por lo tanto la protección de la plancha subyacente. Si el recubrimiento de zinc está rayado para exponer el hierro, el zinc sigue protegiendo el hierro porque el cinc se corroe preferentemente a la plancha (véase el Capítulo 22). Para ser eficaz, el zinc debe unirse bien a la plancha de forma que no permite que las reacciones que se produzca en la interfase con el hierro y para que el zinc se mantiene intacta durante cualquier formación del material galvanizado. Cuando se recicla el material, el zinc se perderá por la oxidación y la vaporización, a menudo produciendo un “polvo de zinc” que pueda representar un peligro ambiental. Equipo especial puede ser necesaria para recoger y, o bien reciclar o eliminar del polvo de zinc.

1-6 Nos gustaría producir una cubierta transparente para un avión. Si tuviéramos que utilizar una cerámica (es decir, tradicionales de vidrio de ventana) dosel, rocas o aves podrían causar que se rompa. Diseñar un material que reduzca al mínimo el daño o al menos mantener la vela se rompa en pedazos. Solución:

Podríamos sándwich una lámina delgada de un polímero transparente entre dos capas de vidrio. Este enfoque, que se utiliza para parabrisas de automóviles, evitará que el cristal de la “seguridad” de desintegrarse por completo cuando se

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falla, con el polímero que sostiene las piezas rotas de vidrio juntos hasta el dosel puede ser reemplazado. Otro enfoque podría ser el uso de un material polímero transparente, “vítreo” tal como policarbonato. Algunos polímeros tienen razonablemente buenas propiedades de impacto y pueden resistir el fracaso. Los polímeros también pueden ser endurecido para resistir el impacto mediante la introducción de pequeños glóbulos de un caucho, o elastómero, en el polímero; estos glóbulos mejorar los energía capacidad del polímero de material compuesto de absorción, mientras que ser demasiado pequeño para interferir con las propiedades ópticas del material. 1-7 muelles en espiral debe ser muy fuerte y rígida. Si3N4 es un material fuerte y rígido. Seleccionaría este material para un muelle? Explique. Solución:

muelles están destinadas a resistir fuerzas elásticas elevadas, donde sólo los enlaces atómicos se estiran cuando se aplica la fuerza. El nitruro de silicio podría satisfacer este requisito. Sin embargo, nos gustaría tener también una buena resistencia al impacto y al menos algo de ductilidad (en caso de que se sobrecargue la primavera) para asegurar que el muelle no fallará catastróficamente. También nos gustaría estar seguro de que todos los muelles llevará a cabo de manera satisfactoria. Los materiales cerámicos tales como nitruro de silicio no tienen prácticamente ninguna ductilidad, pobres propiedades de impacto, y con frecuencia son difíciles de fabricar sin introducir al menos algunos pequeños defectos que causan a fallar incluso para fuerzas relativamente bajas. No se recomienda el nitruro de silicio.

1-8 Temperatura indicadores se producen a veces a partir de una banda metálica enrollada que se desenrolla una cantidad específica cuando la temperatura aumenta. Como funciona esto; de qué tipo de material se haría el indicador; y cuáles son las propiedades importantes que el material en el indicador debe poseer? Solución:

materiales bimetálicos son producidos por la unión de dos materiales que tienen diferentes coeficientes de expansión térmica entre sí, formando un material compuesto laminar. Cuando los cambios de temperatura, uno de los materiales se expandirá o contraerá más que el otro material. Esta diferencia en la expansión o contracción hace que el material bimetálico a cambiar de forma; Si la forma original es la de una bobina, a continuación, el dispositivo se bobina o desenrollar, dependiendo de la dirección del cambio de temperatura. A fin de que el material para llevar a cabo así, los dos materiales deben tener muy diferentes coeficientes de expansión térmica y deben tener un alto módulo de elasticidad suficiente de manera que no se produce ninguna deformación permanente del material.

1-9 Tú le gustaría diseñar un avión que puede ser volado por el poder humano sin parar en una distancia de 30 km. ¿Qué tipos de propiedades de los materiales me recomiendan? ¿Qué materiales pueden ser apropiados? Solución:

Tal una aeronave debe poseer suficiente resistencia y rigidez para resistir su propio peso, el peso de la “fuente de alimentación” humano, y cualquier

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fuerzas aerodinámicas impuestas en eso. Por otra parte, debe ser lo más ligero posible para asegurar que el ser humano puede generar suficiente trabajo para operar la aeronave. Los materiales compuestos, particularmente los basados en una matriz de polímero, pueden comprender la mayor parte de la aeronave. Los polímeros tienen un peso ligero (con densidades de menos de la mitad que la del aluminio) y pueden reforzarse mediante la introducción de fibras fuertes y rígidas hechas de vidrio, carbono, u otros polímeros. Materiales compuestos que tienen la resistencia y rigidez

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CAPÍTULO1

Introducción a la Ciencia de los Materiales y engineeri3 ng

de acero, pero con sólo una fracción del peso, puede ser producido de esta manera. 1-10

Te gustaría colocar un microsatélite de tres pies de diámetro en órbita. El satélite contendrá equipos electrónicos delicados que va a enviar y recibir señales de radio de la tierra. Diseño de la carcasa exterior dentro de la cual está contenido el equipo electrónico. ¿Qué propiedades se necesitarán y qué tipo de materiales se podría considerar? Solución:

La cáscara del microsatélite debe satisfacer varios criterios. El material debe tener una baja densidad, lo que minimiza el peso por satélite de manera que se puede levantar económicamente en su órbita; el material debe ser fuerte, duro, y resistente al impacto con el fin de asegurar que cualquier “polvo espacial”, que podría golpear el satélite no penetra y daña los equipos electrónicos; el material debe ser transparente a las señales de radio que proporcionan comunicación entre el satélite y la tierra; y el material debe proporcionar algún aislamiento térmico para asegurar que el calentamiento solar no daña la electrónica. Un enfoque podría ser el uso de un revestimiento de material compuesto de varios materiales. La superficie exterior puede ser un recubrimiento de metal reflectante muy delgada que ayudaría a reflejar el calor solar. El cuerpo principal de la carcasa puede ser un compuesto reforzado con fibras de peso ligero que proporcione una resistencia al impacto (penetración prevenir por partículas de polvo), pero sería transparente para señales de radio.

1-11 ¿Qué propiedades debe poseer la cabeza de un martillo de carpintero? ¿Cómo te fabricar una cabeza de martillo? Solución:

La cabeza de martillo de carpintero es producido por forja, un proceso de trabajo de metal-; un perfil de acero simple es calentada y formada en varios pasos en caliente en la forma requerida. La cabeza es entonces tratado térmicamente para producir las propiedades mecánicas y físicas requeridas. La superficie de impacto y las garras del martillo debería ser difícil-el metal no debe mella o deformarse cuando se conduce o retirar uñas. Sin embargo, estas partes también deben poseer cierta resistencia al impacto, sobre todo por lo que los chips no se descaman la superficie de impacto y causar lesiones.

1-12 El casco de la nave espacial consiste en azulejos de cerámica unidos a una piel de aluminio. Discutir los requisitos de diseño del casco de enlace que llevó al uso de esta combinación de materiales. ¿Qué problemas en la producción del casco podría los diseñadores y fabricantes se han enfrentado? Solución:

El transbordador espacial experimenta temperaturas extremas durante la reentrada en la atmósfera de la tierra; en consecuencia, un sistema de protección térmica debe ser utilizado para evitar daños en la estructura de la lanzadera (por no hablar de su contenido!). Por consiguiente, la piel debe estar compuesto de un material que tiene una conductividad térmica excepcionalmente baja. El material debe ser capaz de ser unido firmemente a la piel de la lanzadera y para ser reparado fácilmente cuando se produce un daño. Las baldosas utilizadas en el transbordador espacial se componen de

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fibras de sílice unidos entre sí para producir una cerámica de muy baja densidad. La conductividad térmica es tan baja que una persona puede aferrarse a un lado de la baldosa, mientras que la superficie opuesta está al rojo vivo. Las baldosas están unidos a la lanzadera

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piel utilizando un polímero gomoso que ayuda a asegurar que las fuerzas no se rompen las baldosas sueltas, que luego exponer la piel subyacente a las altas temperaturas. 1-13 Tú le gustaría seleccionar un material para los contactos eléctricos en un dispositivo de ING SWITCH- eléctrica que se abre y se cierra con frecuencia y fuerza. ¿Qué propiedades debe poseer el material de contacto? ¿Qué tipo de material puede ser que recomiendan? Al2O3 sería una buena opción? Explique. Solución:

El material debe tener una alta conductividad eléctrica para asegurar que no hay calefacción eléctrica o la formación de arco se produce cuando el interruptor está cerrado. De alta pureza (y por lo tanto muy suave) metales tales como cobre, aluminio, plata u oro proporcionan la alta conductividad. Sin embargo, el dispositivo también debe tener una buena resistencia al desgaste, lo que requiere que el material sea duro. Más duro, materiales resistentes al desgaste tienen una mala conductividad eléctrica. Una solución a este problema es producir un material compuesto de partículas compuesta de partículas cerámicas duras embebidas en una matriz continua del conductor eléctrico. Por ejemplo, las partículas de carburo de silicio podrían ser introducidos en aluminio puro; las partículas de carburo de silicio proporcionan resistencia al desgaste mientras que el aluminio proporciona conductividad. Otros ejemplos de estos materiales se describen en el capítulo 16. Al2O3 por sí mismo no sería una buena elección-alúmina es un material cerámico y es un aislante eléctrico. Sin embargo partículas de alúmina dispersas en una matriz de cobre podrían proporcionar resistencia al desgaste para el material compuesto.

1-14 El aluminio tiene una densidad de 2,7 g / cm3. Supongamos que le gustaría producir un material com- puesto a base de aluminio tiene una densidad de 1,5 g / cm3. Diseñar un material que tendría esta densidad. Sin la introducción de perlas de polietileno, con una densidad de 0,95 g / cm3, en el aluminio sea una posibilidad probable? Explique. Solución:

Con el fin de producir un material compuesto de matriz de aluminio con una densidad de 1,5 g / cm3, que tendría que seleccionar un material que tiene una densidad considerablemente menor que 1,5 g / cm3. Mientras que la densidad del polietileno haría una posibilidad, el polietileno tiene un punto de fusión muy bajo en comparación con aluminio; esto haría muy difícil introducir el polietileno en un aluminio sólido de matriz procesos tales como la fundición o metalurgia de polvos destruiría el polietileno. Por lo tanto, el polietileno no sería una posibilidad probable. Un enfoque, sin embargo, podría ser la introducción de cuentas de vidrio huecas. Aunque los vidrios de cerámica tienen densidades comparables a la de aluminio, un cordón hueco tendrá una densidad muy baja. El vidrio también tiene una alta temperatura de fusión y podría ser introducido en aluminio líquido para el procesamiento como una pieza de fundición.

1-15 ¿Le gustaría ser capaz de identificar diferentes materiales sin tener que recurrir a un análisis químico o procedimientos de pruebas largas. Describir algunas posibles pruebas y técnicas de clasificación que podrían ser capaces de usar basado en las propiedades físicas de los materiales.

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Solución:

Algunos métodos típicos podrían incluir: medir la densidad del material (puede ayudar en la separación de los grupos de metales tales como aluminio, cobre, acero, magnesio, etc.), la determinación de la conductividad eléctrica

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CAPÍTULO1

Introducción a la Ciencia de los Materiales y engineeri5 ng

del material (puede ayudar en la separación de cerámica y polímeros a partir de aleaciones metálicas), la medición de la dureza del material (tal vez incluso sólo utilizando un archivo), y determinar si el material es magnético o no magnético (puede ayudar hierro separada de otras aleaciones metálicas) . 1-16 Usted le gustaría ser capaz de materiales diferentes físicamente separados en una planta El reciclaje de chatarra. Describir algunos métodos posibles que podrían ser utilizados para separar mate- rias tales como polímeros, aleaciones de aluminio, y aceros de uno al otro. Solución:

aceros se pueden separar magnéticamente de los otros materiales; acero (o aleaciones de hierro que contienen carbono) son ferromagnéticos y serán atraídos por los imanes. Las diferencias de densidad se podrían utilizar-polímeros tienen una densidad próxima a la de agua; la gravedad específica de las aleaciones de aluminio es de alrededor de 2,7; la de los aceros es de entre 7,5 y 8. medidas de conductividad eléctrica podrían-polímeros utilizados son aislantes, el aluminio tiene una particularmente alta conductividad eléctrica.

1-17 Algunos pistones para motores de automóviles podrían producirse a partir de un material compuesto que contiene partículas de carburo de silicio pequeños y duros en una matriz de aleación de aluminio. Explica qué beneficia cada material en el material compuesto puede proporcionar a la parte general. ¿Qué problemas podrían las diferentes propiedades de los dos materiales en la producción de causar ¿la parte? Solución:

De aluminio proporciona buena transferencia de calor debido a su alta conductividad térmica. Tiene buena ductilidad y tenacidad, razonablemente buena resistencia, y es fácil de moldear y procesar. El carburo de silicio, una cerámica, es duro y fuerte, proporcionando una buena resistencia al desgaste, y también tiene una alta temperatura de fusión. Proporciona una buena resistencia al aluminio, incluso a temperaturas elevadas. Sin embargo puede haber problemas para producir el material de ejemplo-para, el carburo de silicio no pueden ser distribuidos de manera uniforme en la matriz de aluminio si los pistones se producen mediante fundición. Tenemos que asegurar por lo tanto una buena unión entre las partículas y el-el aluminio química de la superficie debe ser entendida. diferencias en la expansión y contracción con los cambios de temperatura pueden causar desunión e incluso formación de grietas en el material compuesto.

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2 Estructuraatomica

2-6 (a) El papel de aluminio se utiliza para almacenar el alimento pesa alrededor de 0,3 g por pulgada cuadrada. ¿Cuántos átomos de aluminio están contenidas en esta muestra de papel? Solución:

En una muestra de una pulgada cuadrada: número

(0,3 g) (6,02 1023 átomos / mol) 26.981 g / mol

6,69

1021 átomos

2-6 (b) Uso de las densidades y pesos atómicos indicados en el Apéndice A, calcular y compárense el número de átomos por centímetro cúbico en (a) de plomo y (b) de litio. Solución: (a) En la derivación: (11,36 g / cm3) (1 cm3) (6,02 1023 átomos / mol) 207,19 g / mol

3,3

1022 átomos / cm3

(B) En litio: (0,534 g / cm3) (1 cm3) (6,02 6.94 g / mol

1023 átomos / mol)

4,63

1022 átomos / cm3

2-7 (a) Utilizando los datos en el Apéndice A, calcular el número de átomos de hierro en una tonelada (2000 libras). Solución:

(2000 lb) (454 g / lb) (6,02  55.847 g / mol

2-7 (b) Utilizando los datos en el Apéndice A, calcular el volumen en centímetros cúbicos ocupados por un mol de boro. Solución:

(1 mol) (10.81 g / mol) 2,3 g / cm3

4,7 cm3

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2-8 Con el fin de la placa una parte de acero que tiene un área superficial de 200 pulg2 con un 0,002 in. Gruesa capa de níquel, (a) el número de átomos de níquel son necesarios y (b) el número de moles de níquel se requieren? Solución:

Volumen  (A) (6,555 cm3) (8,902 g / cm3) (6,02 58.71 g / mol (B) (6,555 cm3) (8,902 g / cm3) 58.71 g / mol

1023 átomos / mol)

5,98

1023 átomos

0,994 mol Ni requiere

0,002 en



 200 en2

2-9 Supongamos que un elemento tiene una valencia de 2 y un número atómico de 27. Basado sólo en los números cuánticos, cuántos electrones debe estar presente en el nivel de energía 3d? Solución:

Nosotros puede sea x el número de electrones en el nivel de energía 3d. Entonces: 2s22p63s23p63dx4s2 1s2 (debe ser de 2 electrones de valencia en 4s para Desde 27

2)

(2 2 6 2 6 2)

7

x

debe ser de 7 electrones en el nivel 3d. 2-10 El indio, que tiene un número atómico de 49, no contiene electrones en su nivel de energía 4f. Basado sólo en esta información, ¿cuál debe ser la valencia de indio? Solución:

Nosotros puede sea x el número de electrones en el nivel de energía externa sp. Entonces: 1s22s22p63s23p63d104s24p64d104f 05 (sp)X 49 (2 2 6 2 6 10 2 6 10 0) 3 Por lo tanto el nivel 5sp exterior debe ser: 5s25p1 o de valencia 3

2-11

Sin consultar el Apéndice C, describir los números cuánticos para cada uno de los 18 electrones en la capa M de cobre, utilizando un formato similar al de la figura 2-9. Solución:

Para el shell M: n norte 

l 0

l 1

3; l

0,1,2; ml

ms et Sra r om etros metrol 1 m etros Sra ml 0

ml 0

m et ro

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2l

1 ml 1

s

Sra

metros

   1 /2  -1    22  2  - 1  2      2  -1 2     2  -1

/2 2  1  /2   1 /2  1  /2 6 1  /2  1 /2  1  /2  1

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CAPÍTULO2

l



2

Sr a ml 2 Sr a ms ms ml 1 m metr etos rs ml 0 o Sra ml 1 metr os Sr a ml 2 m etros

Atómico Estructura 9

  1/2  1  /22   - 11/2  2   1/2  1  12  - 11/2 10 2   /2  1 /2  2  - 11/2  2   1/2  1  /22   -1 2     2  -1 2



2-12 La carga eléctrica es transferida en metales mediante el movimiento de electrones de valencia. ¿Cuántos portadores de carga potenciales hay en un hilo de aluminio de 1 mm de diámetro y 100 m de longitud? Solución:

Aluminio tiene 3 electrones de valencia por átomo; el volumen del cable es: Volumen ( / 4) D2L ( / 4) (0,1 cm) 2 (10,000 cm) 78,54 cm3 (78,54 cm3) (2,699 g / cm3) (6,02 1023 átomos / mol) (3 electrones / átomo) norte  26.981 g / mol 25 norte  portadores

2-14 La unión en el compuesto intermetálico Ni3Al es predominantemente metálica. Explicar por qué habrá poco, en su caso, del componente de enlace iónico. La electronegatividad de níquel es de aproximadamente 1,8. Solución:

La electronegatividad de Al es 1,5, mientras que la de Ni es 1,8. Estos valores están relativamente cerca, por lo que no se puede esperar mucho de enlace iónico. Además, ambos son metales y prefieren renunciar a sus electrones en lugar de compartir o donarlos.

2-15 Representar gráficamente las temperaturas de fusión de elementos de la 4A a 8-10 columnas de la tabla periódica frente al número atómico (es decir, la trama temperaturas de fusión de Ti a través de Ni, Zr a través de Pd, y Hf a través de Pt). Discuta estas relaciones, basadas en la unión atómica y energía de enlace, (a) como el número atómico aumenta en cada fila de la tabla periódica y (b) como el número atómico aumenta en cada columna de la tabla periódica. Solución:

Ti -1668 V -1900

Zr -1852 nb -2468

hf -2227 ta -2996

Cr -1875

Mo-2610

W -3410

Mn -1244

Tc -2200

Re-3180

Fe -1538

ru -2310

OS-2700

co -1495

Rh -1963

Ir -2447

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Ni -1453

PD -1552

Pt -1769

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3500

Temperatura de fusión (Celcius)

3000 2500 2000 1500 1000 Número atómico Ti - NiZr - PdHf - Pt

Para cada fila, la temperatura de fusión es más alto cuando el nivel de energía “d” exterior es parcialmente lleno. En Cr, hay 5 electrones en la capa 3d; en Mo, hay 5 electrones en la capa 4d; en W hay 4 electrones en la capa 5d. En cada columna, se incrementa la temperatura de fusión como el número atómico aumenta-los núcleos de átomos contienen un mayor número de electrones firmemente mantenidas, haciendo que los metales más estable. 2-16 Trazar la temperatura de fusión de los elementos de la columna 1A de la tabla periódica frente al número atómico (es decir, la trama temperaturas de fusión de Li a través de Cs). Discutir esta relación, basada en la unión atómica y energía de enlace. Solución: T(jef e) Li 180,7 Na 97,8 K - 63,2 Rb 38,9 Cs - 28,6 200 180

Li

160

Temperatura de fusión (Celcius)

10

140 120 100

N/ A

80 60

K rb

40

cs

20 Número atómico

Como los atómicas número aumenta, disminuye la temperatura de fusión, opuesta a la que se encuentran en el problema 2-15. 2-17 El aumento de la temperatura de un semiconductor rompe enlaces covalentes. Para

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cada enlace roto, dos electrones quedan libres para moverse y de transferencia de carga eléctrica. (a) ¿Qué fracción de los electrones de valencia son libres de moverse y (b) ¿Qué fracción de la

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CAPÍTULO2

Atómico Estructura 11

enlaces covalentes deben romperse con el fin de que 5 1015 electrones realizan carga eléctrica en 50 g de silicio? (C) ¿Qué fracción de los átomos totales de silicio debe ser sustituido por átomos de arsénico para obtener un millón de electrones que son libres de moverse en una libra de silicio? Solución: (a) (50 g) (6,02  28.08 g / Total de mol electrones de valencia (4 electrones / átomo) (1.072 1024 átomos)  electrones fracción libre 5 1015 / 4,288 1024 1,17 10 9 (b) En promedio, existe un enlace covalente por átomo de Si (cada átomo de Si está unido a otros cuatro). Por lo tanto, hay un total de 1.072 1024 cautiverio. Cada bono tiene 2 electrones, por lo que el número de enlaces rotos necesarios para dar 5 1015 electrones es 15

2,5 1015. La fracción de enlaces rotos es: f  1,072 1024

2,5

10

(C) (1 lb Si) (454 g / lb) (6,02 1023 átomos / mol) 9,733 1024 átomos de Si / lb 28.08 g / Como tiene una molvalencia de 5; Por lo tanto, para obtener 106 electrones, necesitamos reemplazar 106 átomos de Si. En una libra de Si, la fracción de Como debe ser: 1

F sustituye átomos  totales de Si 2-18

9.733

106

1024 átomos

El metano (CH4) tiene una estructura tetraédrica similar a la de SiO2 (Figura 2-16), con un átomo de carbono de un radio de 0,77 10 8 cm en el centro y átomos de hidrógeno de radio 0.46 10 8 cm en cuatro de las ocho esquinas. Calcular el tamaño del cubo tetraédrica del metano. Solución:

(1/2 ) (1/2 )

3a

rC

3a

0 77

rH 10

una cm H

do d o

1 2 3a

H

una

2-19 El fosfuro de aluminio compuesto (ALP) es un material compuesto semiconductor que tiene enlace iónico y covalente mixto. Estimar la fracción de la unión que es iónico. Solución:

miAlabama 1.5 mipag  Fcovalente 2) Fcovalente 2]  Fiónico 

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2-20 Calcular la fracción de unión de MgO que es iónico. Solución:

mimg 1.2 miO  Fcovalente  Fiónico 

2-29 Berilio y magnesio, tanto en la columna de la 2A de la tabla periódica, son metales liviano. ¿Qué se puede esperar a tener el mayor módulo de elasticidad? Explicar, teniendo en cuenta la energía y radios átomo de unión y el uso de bocetos apropiadas de fuerza en función de separación interatómica. Solución:

4 be1 s22s2 mi 6 psi 22s22p63s2 psi rmg 

rSer mi 6

Se r

Fuerz a

mg miSer ~ F /una mimg ~ F /una distancia

2rSe

“a” 2rmg

r

El BE electrones más pequeños se llevan a cabo cerca del núcleo celebrada con más fuerza, dando una energía de enlace superior. 2-30 El boro tiene un coeficiente mucho menor de expansión térmica que el aluminio, a pesar de que ambos están en la columna de la 3B de la tabla periódica. Explicar, basado en energía de enlace, tamaño atómico, y el pozo de energía, ¿por qué se espera que esta diferencia. Solución:

5B Al 13

1s22s22p1 s22s22p63s23p1

rsegundo  rAlabama 

Energí a

12

Al a b a m a

s e g u n d o u na

distancia “a” u na

 mi

 mi

Los electrones en Al no están tan firmemente unidos como los de B debido al tamaño más pequeño del átomo de boro y la energía de

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enlace inferior asociado con su tamaño.

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CAPÍTULO2

Atómico Estructura 13

2-31 ¿Es de esperar MgO o magnesio tengan la mayor módulo de elasticidad? Explique. Solución:

MgO tiene enlaces iónicos, que son fuertes en comparación con los enlaces metálicos en Mg. será necesaria una fuerza más alta para hacer que la misma separación entre los iones en MgO en comparación con los átomos de Mg. Por lo tanto, MgO debe tener el mayor módulo de elasticidad. En Mg, E 6 106 psi; en MgO, E 30 106 psi.

2-32 ¿Es de esperar Al2O3 o de aluminio para tener el mayor coeficiente de expansión térmica? Explique. Solución: Al2O3 tiene lazos más fuertes que los de Al; por lo tanto, Al2O3 debe tener un coeficiente de expansión térmica más baja que Al. En Al, un 25 10 6 cm / CMOC; en Al2O3, un 6,7 10 6 cm / CMOC. 2-33 El aluminio y el silicio están lado a lado en la tabla periódica. ¿Qué se puede esperar a tener el mayor módulo de elasticidad (E)? Explique. Solución:

Silicio tiene enlaces covalentes; aluminio tiene enlaces metálicos. Por lo tanto, Si debe tener un mayor módulo de elasticidad.

2-34 Explicar por qué el módulo de elasticidad de los polímeros termoplásticos simples, tales como polietileno y poliestireno, se espera que sea muy bajo en comparación con la de los metales y cerámicas. Solución:

Las cadenas en los polímeros se llevan a cabo con otras cadenas por enlaces de van der Waals, que son mucho más débiles que metálico, iónico, y enlaces covalentes. Por esta razón, se requiere mucha menos fuerza para esquilar estos enlaces débiles y a Desdoble y enderezar las cadenas.

2-35 El acero se reviste con una capa fina de cerámica para ayudar a proteger contra la corrosión. ¿Qué espera que suceda en el revestimiento cuando la temperatura del acero se incrementa de manera significativa? Explique. Solución:

Cerámica se espera que tengan un bajo coeficiente de expansión térmica debido a los enlaces iónicos / covalentes fuertes; acero tiene un alto coeficiente de expansión térmica. Cuando la estructura se calienta, el acero se expande más que la ing capa-, que puede agrietarse y exponer el acero subyacente a la corrosión.

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3 AtomicandIonicArrangements

3-25 Calcular el radio atómico en cm para lo siguiente: (a) de metal BCC con ao 0,3294 nm y un átomo por punto de la red; y (b) de metal FCC con ao 4,0862 Å y un átomo por punto de la red. Solución:

(A) Para los metales BCC,

3unao 3(0,3294 nm)  

r 

4

4

(B) Para los metales de la FCC,

2 unao 2 4,0862 Å

r 

3-26

4



4



Determinar la estructura cristalina de los siguientes: (a) un metal con ao 4,9489 Å, R 1,75 Å y un átomo por punto de la red; y (b) un metal con ao 0,42906 nm, R 0,1858 nm y un átomo por punto de la red. Solución:

Queremos para determinar si “x” en los cálculos siguientes es igual (para FCC) o 3 (para BCC): (A) (x) (4,9489 Å)

2

(4) (1,75 Å)

X  2, por lo tanto FCC (B) (x) (0,42906 nm)

(4) (0,1858 nm)

X  3 , Por lo tanto, BCC 3-27 La densidad de potasio, que tiene la estructura BCC y un átomo por punto de la red, es 0,855 g / cm3. El peso atómico de potasio es 39,09 g / mol. Calcular (a) el parámetro de red; y (b) el radio atómico del potasio.

15

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dieciséis soluciones

s

Solución:

La Ciencia e Ingeniería de Material

instructor de Manual de

(A) Utilizando la ecuación 3-5: 0,855 g / cm3

(2 átomos / célula) (39.09 g / mol) (unao)3(6,02 1023 átomos / mol)

3 una cm3 o una oo

5,3355

10cm

(b) Desde la relación entre el radio atómico y parámetro de red: r 

35,3355

10cm

 

4

3-28 La densidad de torio, que tiene la estructura de FCC y un átomo por punto de la red, es 11,72 g / cm3. El peso atómico de torio es 232 g / mol. Calcular (a) el parámetro de red y (b) el radio atómico del torio. Solución:

(A) De la ecuación 3-5: (4 átomos / célula) (232 g / mol) 11,72 g / cm3 (unao)3(6,02 1023 átomos / mol) 3 una cm3 o una oo

5,0856

10cm

(B) A partir de la relación entre el radio atómico y parámetro de red: r 

2 5,0856

10cm

 

4

3-29 Un metal que tiene una estructura cúbica tiene una densidad de 2,6 g / cm3, un peso atómico de 87.62 g / mol, y un parámetro de celosía de 6,0849 Å. Un átomo se asocia a cada punto de la red. Determinar la estructura cristalina del metal. Solución:

2,6 g / cm3 (6,0849

(Átomos de x / célula) (87.62 g / mol) 10 8 cm) 3 (6,02

1023 átomos / mol)

X  3-30 Un metal que tiene una estructura cúbica tiene una densidad de 1,892 g / cm3, un peso atómico de 132,91 g / mol, y un parámetro de celosía de 6.13 Å. Un átomo se asocia a cada punto de la red. Determinar la estructura cristalina del metal. Solución:

1,892 g / cm3

(Átomos de x / célula) (132,91 g / mol) (6,13 10 8 cm) 3 (6,02 1023 átomos / mol)

X  3-31 El indio tiene una estructura tetragonal con ao 0,32517 nm y co 0,49459 nm. La densidad es 7,286 g / cm3 y el peso atómico es 114,82 g / mol. Qué indio tienen la estructura tetragonal sencilla o tetragonal centrada en el cuerpo? Solución: 7,286 g / cm3

(3,2517

(Átomos de x / célula) (114,82 g / mol) 10 8 cm) 2 (4,9459 10 8 cm) (6,02 1023 átomos / mol)

X 

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CAPÍTULO3

Atómico y iónico Arreglo

s

17

3-32 El bismuto tiene una estructura hexagonal, con ao 0,4546 nm y co 1.186 nm. La densidad es 9,808 g / cm3 y el peso atómico es 208,98 g / mol. Determinar (a) el volumen de la celda unitaria y (b) el número de átomos que hay en cada celda unitaria. Solución:

(A) El volumen de la celda unidad es V V

un cos30 2c.

oo

(0,4546 nm) 2 (1,186 nm) (cos30) cm3

0.21226 Nm3

(b) Si “x” es el número de átomos por celda unidad, entonces: 9,808 g / cm3

(Átomos de x /



célula) (208,98 g / mol) (2,1226

10 22 cm3) (6,02

1023 átomos / mol)

X  3-33 Galio tiene una estructura ortorrómbica, con ao 0,45258 nm, Bo 0,45186 nm, y co 0,76570 nm. El radio atómico es 0,1218 nm. La densidad es 5,904 g / cm3 y el peso atómico es 69,72 g / mol. Determinar: (a) el número de átomos en cada celda unitaria y (b) el factor de embalaje en la celda unidad. Solución:

El volumen de la celda unidad es V

aoboco o

V  cm3 (a) Desde la ecuación de densidad: 5,904 g / cm3  (1,566

(Átomos de x / célula) (69.72 g / mol) 10 22 cm3) (6,02

1023 átomos / mol)

X  (b) Desde el factor de empaquetamiento (PF) ecuación: PF

(8 átomos / célula) (4 0.1566 Nm3

/ 3) (0,1218 nm) 3

0,387

3-34 El berilio tiene una estructura cristalina hexagonal, con ao 0,22858 nm y doo    celda unitaria y (b) el factor de embalaje en la celda unidad. Solución:

V  (a) Desde la ecuación de densidad: 1,848 g / cm3  (16,22

(Átomos de x / célula) (9.01 g / mol) 10 24 cm3) (6,02

X  (b) El factor de empaquetamiento (PF) es: PF

(2 átomos / célula) (4 / 3) (0,1143 nm) 3 0,77 0,01622 Nm3

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1023 átomos / mol)

18

La Ciencia e Ingeniería de Material

s

instructor de Manual de soluciones

3-39 Por encima de 882oC, titanio tiene una estructura cristalina BCC, con una nm 0.332. Por debajo de esta temperatura, el titanio tiene una estructura HCP, con una nm 0,2978 y c 0,4735 nm. Determinar el cambio de volumen por ciento cuando BCC titanio transforma a titanio HCP. ¿Es esta una contracción o expansión? Solución:

Nosotros puede encontrar el volumen de cada celda unidad. Dos átomos están presentes tanto en células unitarias HCP titanio BCC y, por lo que los volúmenes de las células unitarias se pueden comparar directamente. VBCC 3 3 VHCP  

HCP BCC

VBCC

0,03637 nm3 3   0,03659 nm3

Por lo tanto titanio contrae 0,6% durante el enfriamiento. 3-40

   El peso atómico de manganeso es de 54.938 g / mol y el radio atómico es 0,112 nm. Determinar el porcentaje de cambio de volumen que se produciría si -Mn transforma a Solución:

primero tenemos que encontrar el número de átomos en cada celda unidad para que podamos determinar el cambio de volumen basado en el mismo número de átomos. A partir de la ecuación de densidad, encontramos para la -Mn: (Átomos de x / célula) (54.938 g / mol) 7,47 g / cm3  (8,931 10 8 cm) 3 (6,02 1023 átomos / mol) X cm)3 cm3 Para

-Mn:

(Átomos de x / célula) (54.938 g / mol) 7,26 g / cm3  (6,326 10 8 cm) 3 (6,02 1023 átomos / mol) X cm)3 cm3 El volumen de la -Mn se puede ajustar por un factor de 58/20, para dar cuenta de la diferente número de átomos por célula. El cambio de volumen es entonces:     V-Minnesota 7.12 El manganeso se expande por 3,05% durante la transformación. 3-35 Un clip de papel típico pesa 0,59 g y se compone de hierro BCC. Calcular (a) el número de células unitarias y (b) el número de átomos de hierro en el clip de papel. (Véase el Apéndice A para datos requeridos) Solución:

El parámetro de red para el hierro BCC es 2.866

10 8 cm. Por lo tanto

Vcelda unidad cm)3 cm3 (a) La densidad es 7,87 g / cm3. El número de células de unidad es: número 

0,59 g 

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-Mn.



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CAPÍTULO3

Atómico y iónico Arreglo

s

19

(b) Ahí son 2 átomos / célula en hierro BCC. El número de átomos es: número

1021 células) (2 átomos / célula)

(3,185

21 átomos 3-36 El papel de aluminio se utiliza para envasar alimentos es de aproximadamente 0,001 pulgada de espesor. Supóngase que todas las células unitarias del aluminio están dispuestas de manera que ao es perpendicular a la superficie de la hoja. Para un 4 en. 4 en. Cuadrado de la lámina, determinar (a) el número total de células unitarias en el papel de aluminio y (b) el espesor de la lámina en el número de células unitarias. (Véase el Apéndice A) Solución:

El parámetro de red para el aluminio es 4.04958

10 8 cm. Por lo tanto:

Vcelda unidad )3 cm3 El volumen de la lámina es: Vfrustrar  (a) El número de celdas unitarias en la lámina es: número 

0.262 cm3  

(b) El espesor de la lámina, en el número de células unitarias, es: número

(2,54 cm / in.)

6,27

10 (0,001 in.)4 Células 4.04958 10 8 cm 3-51 Determinar los índices de Miller para las direcciones en la celda unitaria cúbica que se muestran en la figura 3-48. Solución: UNA: 0,1,0 0,1,1 0,0, 1  segundo: 1/2,0,0 do: 0,1,1

0,1,0

1/2,



1,0

1,1,1 

1,0,0

re: 1,0,1/2 1/2,1

1,

1

/2,

/2 

1

3-52 Determinar los índices de las direcciones en la celda unidad cúbica que se muestran en la figura 3-49. Solución: UNA: 0,0,1 1,0,0 1,0,1  segundo: 1,0,1 do: 1,0,0

1/2,1,0

0,3/4,1

1,

1/2, 3/4,



1,1 1

[43-4-]

RE: 0,1,1/2 1/2  3-53 Determinar los índices de los planos en la celda unitaria cúbica que se muestran en la figura 3-50. Solución:

A: x

 y  z 

B: x  y 1/3 z 

1/x 1/y 1 1/z

1

1/x 1/y 1/z

0 3 0

(11-1)

1 (030)

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20

La Ciencia e Ingeniería de Material

s

instructor de Manual de soluciones

C: x 11 / y  z 1/2

X 1 1 /y 0 1/z 2

(102) (origen

en 0,0,1)

3-54 Determinar los índices de los planos en la celda unitaria cúbica que se muestran en la figura 3-51. Solución: A: x 11 / X 3 y 6 z 3/4 1 / z 4/3  B: x 11 / X 3 4 y 3/4 1 / y /34 z  1 /z  C: x  y 3/2 z 

/2  3 /3 4 1 6  6

(364) (origen

en 1,0,0)

(340) (origen

en 0,1,0)

1

1/x 1/y 1/z

2

(346)

3-55 Determinar los índices de las direcciones en la red hexagonal que se muestran en la figura 3-52, utilizando tanto los sistemas de tres dígitos y cuatro dígitos. Solución: A: 1,0 0,0,0 1, 1,0 [11-0] h 1/3(2 1) 1 k 1  yo 1/3(1

1)

0

l  segundo: 1,1,0 0,0,1 h 1/3(2 1) 1/3 k 1/3(2 yo  /3(1

1

[111-]



1

1)

1

1,1,

/3 2

1)

/3

l  DO: 0,1,1 0,0,0



0,1,1

h  /3(0  /3 k 1/3(2 2/3 1

1

yo 1/3(0

1

1)

/3



l  3-56 Determinar los índices de las direcciones en la red hexagonal que se muestran en la figura 3-53, utilizando tanto los sistemas de tres dígitos y cuatro dígitos. Solución: A: 0,1,1 0  2 h 1/3( 2 0) /3 k 1/3(0

1/3

1)

yo  /3( 1 1

1

0)

l  segundo: 1,0, 0 0 1,1,1, 1, h 1/3(0 1) 1/3 k 1/3( 2 yo  /3(0 1

1)

1

/3 1

2

0)



/3

 

/3

l 

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CAPÍTULO3 do: 0,0,0 1,0,1 h 1/3( 2 0) k 1/3(0

1,0, 1 2 /3

1) 1/3

yo 1/3( 1

Atómico y iónico Arreglo

0)

s

21



 1

/3

l  3-57 Determinar los índices de los planos de la retícula hexagonal que se muestran en la figura 3-54. Solución: A: una1 11 / una1 

una2 11 / una2 1 (1101) (origen una3  1 /una3  do 11 / do 

B: una1  una2  una3  do 2/3

a una 2

1)

1 /una1  1 /una2 0 (0003) 1 /una3  1 / c 3/2

C: una1 11 / una1 

una2 11 / una2 1 (1100) una3  1 /una3  do  1 /do 

3-58 Determinar los índices de los planos de la retícula hexagonal que se muestran en la figura 3-55. Solución: A: una1 11 / una1 

una2 11 / una2 1 (1102) una3  1 /una3  1 do  /2 1/c 2

B: una1 

1 /una1 

una2 11 / una2 1 una3 11 / una3  do 11 / do  C: una1 11 / una1  una2 1/2 1 / a2 2 una3 11 / una3  do  1 /do 

(0111)

-(1210)

3-59 Dibuje los siguientes planos y direcciones dentro de una celda unidad cúbica. Solución: (a) [101] (b) [01-0]

(do) [122-] (re) [301] (mi) [2-01] (F) [21-3]

(sol) (01-1-) (h) (102) (yo) (002) (j) (13-0)

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(k) (2-12) (l) (31-2-)

22

La Ciencia e Ingeniería de Material

s

instructor de Manual de soluciones

z

u n a

s e g u n d o

y

X

d o

r e

1 3 1 2

1/3 2/3 1 mi 2

s o l

F

h

1 2

1/3 1 3

y o

1 2

j

k

1 2

l

1 2

1 2

3-60 Dibuje los siguientes planos y direcciones dentro de una celda unidad cúbica. Solución: (a) [11-0] (b) [2-2-1] (do) [410] (re) [01-2] (mi) [-3-21] (F) [11-1] (sol) (111-)

(h) (011-) (yo) (030) (j) (-121)

z

(k) (113-) 1/2

u n a

1 2

segundo

r e

d o

y

X

1/4

m i

F

s o l

1/2

h

1/2

1/3

y o

j 2/3

k

1/21/4

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l

(l) (04-1)

CAPÍTULO3

Atómico y iónico Arreglo

23

s

3-61 Dibuje los siguientes planos y direcciones dentro de una celda unidad hexagonal. Solución: (a) [011-0] (b) [112-0] (c) [1-011] (d) (0,003) (e) (1-010) (f) (011-1) cc

do

(0001)

do (0111)

(1010)

[1011]

1 3

una2

una2

[0110] [1120]

una1

una2

una2

una1

una1

una1

3-62 Dibuje los siguientes planos y direcciones dentro de una celda unidad hexagonal. Solución: (a) [2-110] (b) [112-1] (c) [101-0] (d) (12-10) (e) (01/01/22) (f) (123- 0) do

do (1210)

[1121]

do (1122)

una2

do

(1230)

una2

una2

u na2 una1 [2110] [1010]

una1

una1

una1

1 3

3-63 What son los índices de las seis direcciones de la forma que yacen en el (111-) plano de una celda cúbica? Solución:

[1-10]

[101]

[011]

[11-0]

[1-01-]

[01-1-]

z

y X

3-64 What son los índices de las cuatro direcciones de la forma que yacen en el (1-01) plano de una celda cúbica? Solución:

[111]

[1-1-1-]

[11-1]

[1-11-] z

y X

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24

La Ciencia e Ingeniería de Material

s

instructor de Manual de soluciones

3-65 Determinar el número de direcciones de la forma en una celda unidad tetragonal y comparar con el número de direcciones de la forma en una celda unidad ortorrómbica. Solución: tetragonal: [110], [1-1-0], [1-10], [11-0] 4 ortorrómbica: [110], [1-1-0] 2 Tenga en cuenta que en los sistemas cúbicos, hay 12 direcciones de la forma . 3-66 Determinar el ángulo entre la dirección [110] y el plano (110) en una celda unidad tetragonal; a continuación, determinar el ángulo entre la dirección [011] y el (011) plano en una celda tetragonal. Los parámetros de red son ao 4 Å y CO 5 Å. Lo que es responsable de la diferencia? [110] 

Solución:

5

4 4

2



 2



5

2.5

4

tan (u / 2) 2,5 / 2 u / 2 51.34o u 102.68o

1,25

Los parámetros de red en las direcciones X e Y son iguales; esto permite que el ángulo entre [110] y (110) para ser 90o. Sin embargo, los parámetros de red en las direc- ciones y y z son diferentes! 3-67 Determinar los índices de Miller del plano que pasa a través de tres puntos que tienen las siguientes coordenadas. Solución:

(A) 0,0,1; 1,0,0; y 1/2,1/2,0 (B) 1/2,0,1; 1/2,0,0; y 0,1,0 (C) 1,0,0; 0,1,1/2; y 1,1/2,1/4 (D) 1,0,0; 0,0,1/4; y 1/2,1,0

(una) (111)

(segundo) (210) (do) (01-2)

(re) (218)

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CAPÍTULO3

Atómico y iónico Arreglo

s

25

3-68 Determinar la distancia de repetición, densidad lineal, y la fracción de embalaje para FCC de níquel, que tiene un parámetro de red de 0,35167 nm, en el [100], [110] y [111] direcciones. ¿Cuál de estas direcciones es de empaquetamiento compacto? Solución:

r=

2

(0,35167) / 4 = 0,1243 nm

Para [100]: repetir distancia ao 0,35167 densidad lineal nm 1 / ao 2,84 puntos / nm fracción de empaquetamiento lineal (2) (0,1243) (2,84)

0,707

Para [110]: distancia de 2 unao/ 2 0,2487 nm repetición  densidad lineal 2  2 unao  fracción de empaquetamiento lineal (2) (0,1243) (4,02)

1,0

Para [111]: distancia de repetición  densidad lineal 1 /

3 unao

 3 unao

 fracción de empaquetamiento lineal (2) (0,1243) (1.642)

0,408

Sólo el [110] se encuentra cerca de embalado; que tiene una fracción de empaquetamiento lineal de 1. 3-69 Determinar la distancia de repetición, densidad lineal, y la fracción de embalaje para BCC de litio, que tiene un parámetro de red de 0,35089 nm, en el [100], [110] y [111] direcciones. ¿Cuál de estas direcciones es de empaquetamiento compacto? Solución:

3 r = (0,35089)



Para [100]: repetir distancia ao 0,35089 densidad lineal nm 1 / ao 2,85 puntos / nm fracción de empaquetamiento lineal (2) (0,1519) (2,85)

Para [110]: distancia de 2 unao  repetición  2 unao  densidad lineal 1 / fracción de empaquetamiento lineal (2) (0,1519) (2.015)

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0,866

0,612

26

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s

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Para [111]: distancia de 3 unao/ 2 0,3039 nm repetición  3 unao  densidad lineal 2 / fracción de empaquetamiento lineal (2) (0,1519) (3.291)

1

El [111] dirección está cerca embalado; el factor de empaquetamiento lineal es 1. 3-70 Determinar la distancia de repetición, densidad lineal, y la fracción de embalaje para - sium en la dirección [2110] - y la [1120] dirección. Los parámetros HCP magnesita de red para el magnesio HCP se dan en el Apéndice A. Solución:

unao   distancia de repetición ao 3,2087 Å densidad lineal    una3

una2 (2110) una

(1120)

1

3-71 Determinar la densidad planar y fracción de empaquetamiento para el níquel FCC en el (100), (110) y (111) planos. El cual, en su caso, de estos planos es de empaquetamiento compacto? Solución:

unao  Para (100): 2

densidad planar 

  fracción de empaquetamiento  2 r  2

 4r

2

u n ao

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CAPÍTULO3

Atómico y iónico Arreglo

Para (110): densidad planar 

s

27

2 puntos 10cm)

(3,5167

2 (3,5167

10cm)

 fracción de empaquetamiento

2 r



2

2



2

4r 

2



unao

2ao

Para (111): Desde el boceto, podemos determinar que el área del plano (111) es

2ao 23ao 2  . Hay 3)( / ) ( / )  o

1

2

2

1

6

esta área. 2 puntos densidad planar  0,866 (3,5167 10 8 cm) 2 



2

2una  o



2

fracción de empaquetamiento o



 El (111) está cerca de lleno.

3ao / 2

2ao / 2

3-72 Determinar la densidad planar y fracción de empaquetamiento para BCC de litio en el (100), (110) y (111) planos. El cual, en su caso, de estos planos es de empaquetamiento compacto? Solución:

unao  Para (100): 1

densidad planar 

  



3ao 4



2

fracción de empaquetamiento   uo2 n a

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unao

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28

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s

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

Para (110):

2



densidad planar





2 3 5089

10

8

  2

2



cm 3ao 4 2

fracción de empaquetamiento 



o



unao 2ao

Para (111): Hay sólo (3) (1/6)

1/2 puntos en el plano, que tiene una superficie de 0.866a2. o

densidad planar

fracción de empaquetamiento

1/2

0,866 (3,5089 0,0469 eciséis 10

11   /22



3ao 4

10 8 cm) 2

di

puntos / cm2





2

0 866ao2 No hay ningún plano de empaquetamiento compacto en estructuras BCC.

UNA 0.866 una2

3-73 Supongamos que FCC rodio se produce como una hoja de espesor 1 mm, con el plano (111) paralelo a la superficie de la hoja. ¿Cuántos (111) espaciados interplanares d111 gruesa es la hoja? Véase el Apéndice A para los datos necesarios. Solución:

re11 1

o



12 2 2

3

espesor  2.1916 cm 10 8

espaciados 111

3-74 En una celda unidad de FCC, cuántos D111 están presentes entre el punto y el punto 0,0,0 1,1,1? Solución:

La distancia entre los 0,0,0 y 1,1,1 puntos es espaciado es

3 ao. el interplanar

re111  12 2 2  Por lo tanto el número de espaciados interplanares es nao/ número de separaciones 3 D111  unao/(u

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3)

3

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CAPÍTULO3

Atómico y iónico Arreglo

s

29

punto 1,1,1

Punto 0, 0, 0

3-79 Determinar el radio mínimo de un átomo que se acaba de encajar en (a) el sitio intersticial tetraédrica en níquel FCC y (b) el sitio intersticial octaédrica en BCC litio. Solución:

(A) Para el sitio tetraédrico en FCC níquel (ao 2

3 5167 Å

rNi 

3,5167 Å):





4 r/ RNI 0,225 para un sitio tetraédrico. Por lo tanto: r  (B) Para el sitio octaédrico en BCC de litio (ao rLi 

3 3 5089

3,5089 Å):





4 r/ RLI 0,414 para un sitio octrahedral. Por lo tanto: r  3-86 ¿Cuál es el radio de un átomo que se acaba de encajar en el sitio octaédrico en el cobre FCC sin molestar a la red? rCu 

Solución:

r/ RCU 0,414 para un sitio octaédrico. Por lo tanto: r  3-87 Uso de los radios iónicos dado en el Apéndice B, determinar el número de coordinación esperada para los siguientes compuestos. Solución: (A) Y2O3 (E) GEO2 (a) r

r Y (b) r

(c) r



O /

UO

O



/





r 

/

/

r norte

(do) BaO (d) Si3N4

(F) MnO (g) Mg (h) 0.89  6 (e) r 1.32 0.97

 6 (f) r

 Si





/

0.40CN

/

r



0.61CN

0.50CN 



/r

MgSO

 4 (h) r

0.42

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/

r K



1.32



r



1.32

MnO

8 (g) 1.34 0.15

KBr r Geo

1.32

r Licenciado en Letras (d) r

(B) UO2

1.32 

Por

0.68CN 1.96



30

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instructor de Manual de soluciones

3-88 ¿Es de esperar NiO para que el cloruro de cesio, cloruro de sodio, o la estructura de la blenda de zinc? Sobre la base de su respuesta, determinar (a) el parámetro de red, (b) la densidad, y (c) el factor de empaquetamiento. Solución:

rNi

UNA rO

rNi



rO



Se espera que un número de coordinación de 8 para la estructura de CsCl, y se espera que un número de coordinación de 4 para ZnS. Pero ber una coordinación mero de 6 es consistente con la estructura de NaCl. (A) ao (b) r

2 (0,69) 2 (1,32) 4,02 Å (4 de cada ion / célula) (58,71 3 / mol)

(C) PF

(4



16 g / mol)

(4,02  cm) (6,02 23 átomos 3

/ 3) (4 iones / célula) [(0,69) 3 0,678 (4,02) 3

(1,32) 3]

3-89 ¿Es de esperar UO2 para que el cloruro de sodio, blenda de cinc, o estruc- tura de fluorita? Sobre la base de su respuesta, determinar (a) el parámetro de red, (b) la densidad, y el factor de empaquetamiento. (c) r4 Solución: r 4 UNA r UNA T  UO rO valencia de U 4, valencia de O 2 La relación de radios predice un número de coordinación de 8; Sin embargo, debe ser el doble de los iones de oxígeno como los iones de uranio con el fin de equilibrar la carga. La estructura de fluorita va a satisfacer estos requisitos, con: FCC (4) O 

posición U

(A) 3 unao  4 (238,03 g / mol) g / mol)

(B) r

 1023 átomos / mol) (C) PF

(4

(5,2885

10 8 cm) 3 (6,02

/ 3) [4 (0,97) 3 8 (1,32) 3] 0,624 (5,2885) 3

3-90 ¿Es de esperar BeO para que el cloruro de sodio, blenda de cinc, o estruc- tura de fluorita? Sobre la base de su respuesta, determinar (a) el parámetro de red, (b) la densidad, y (C) el factor de empaquetamiento. Solución:

rBe

2 UNA

rSer/ RO

rO 4 

0.265CN

(A) 3 unao Be (segundo) r

2  O

o 



4 (9,01



16 g / mol) (3,8567  (6,02 1023 átomos / mol) (C) PF

(4

/ 3) (4) [(0,35) 3

8 (1,32) 3]

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0,684

10 8 cm) 3

(3,8567) 3

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CAPÍTULO3

Atómico y iónico Arreglo

s

31

3-91 ¿Es de esperar CsBr para que el cloruro de sodio, la blenda de zinc, fluorita, o estructura de cloruro de cesio? Sobre la base de su respuesta, determinar (a) el parámetro de red, (B) la densidad, y (c) el factor de empaquetamiento. rcs UNA rbr  r cs 0.852CN  8  rbr

Solución:

(una) 3 unao

CsBro

 

79.909 132.905 g / mol  (4,1916 10 8 cm) 3 (6,02 1023 átomos / mol) (4 / 3) [(1,96) 3 (1,67) 3] 0,693 (C) PF (4,1916) 3

3-92 Dibuje la disposición de iones en el plano (110) de ZnS (con la estructura de la blenda de zinc) y compara esta disposición para que en el plano (110) de CaF2 (con la estructura flourite). Comparación de la fracción de empaquetamiento planar en los planos (110) para estos dos materiales. Solución:

ZnS: 3 unao Zn 3 ao

2  S



4 (0.074 nm)

4 (0.184 nm)

unao  PPF



2r  2r   2a una 2 Zn



2 S

o

2 0 074





2

 0 184

o





 2



2 0 596 nm

2

unao

2ao

CaF2: 3 unao Ca 3 ao

2  F

4 (0.099 nm)



4 (0.133 nm)

unao  PPF



2r  4   2a una 2 California o

2 F

o

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

2 0





2

 2 0

 0



2

2

32

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s

instructor de Manual de soluciones

unao

2ao

3-93 MgO, que tiene la estructura de cloruro de sodio, tiene un parámetro de malla de 0,396 nm. Determinar la densidad planar y la fracción de empaquetamiento planar para la (111) y (222) planos de MgO. Lo que los iones están presentes en cada plano? Solución:

Como se describe en la respuesta al problema 3-71, el área de la plano (111) es 0.866a 2. o  unao r  MgO

(111): PD

2 mg  

2 (0.66) 2 PPF  (222): PD

0,1473

1016 puntos / cm2

2 (1.32) 2 PPF 

(222) (111)

3-100 Polipropileno forma una celda unitaria ortorrómbica con parámetros de red de ao  1.450 nm, bo 0,569 nm, y co 0.740 nm. La fórmula química de la molécula de propy- lene, de la que se produce el polímero, es C3H6. La densidad del polímero es de aproximadamente 0,90 g / cm3. Determinar el número de moléculas de propileno, la número de átomos de carbono, y el número de átomos de hidrógeno en cada celda unidad. Solución: MWPP  (X C3H6) (42 g / mol) 0,90 g / cm3  (14,5 cm) (5,69 cm) (7,40 cm) (10 24) (6,02

1.023 moléculas / mol)

X  3-101 La densidad de cristobalita es de aproximadamente 1,538 g / cm3, y tiene un parámetro de malla de 0,8037 nm. Calcular el número de iones de SiO2, el número de iones de silicio, y el número de iones de oxígeno en cada celda unidad. Solución:

1,538 g / cm3

(X SiO2) [28,08 8.037

2 (16) g / mol]

10 8 cm) 3 (6,02

X 2 o 8 Siiones y 16 Oiones

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1023 iones / mol)

CAPÍTULO3

Atómico y iónico Arreglo

s

33

3-105 Un haz de rayos X difractado se observa a partir de los (220) planos de hierro en un ángulo de 2u de 99.1o cuando se usan rayos X de longitud de onda 0,15418 nm. Calcular el ter celosía paráme- de la plancha. Solución:

sen u

l / 2d220

2 2 2 sin (99.1 / 2) 0 15418 2   2AO



unaO 

0 15418 8





2sin 49 55



3-106 Un haz de rayos X difractado se observa a partir de los (311) planos de aluminio en un ángulo de 2u de 78.3o cuando se usan rayos X de longitud de onda 0,15418 nm. Calcular el parámetro de red del aluminio. Solución:

sen u unaO 

l / D311 0 15418 32 2 2







2sin 78 3 2 3-107 Figura 3-56 muestra los resultados de un experimento de difracción de rayos x en la forma de la intensidad del pico difractado frente al ángulo de difracción 2u. Si se utilizan rayos X con una longitud de onda de 0,15418 nm, determinar (a) la estructura cristalina del metal, (B) los índices de los planos que producen cada uno de los picos, y (c) el parámetro de red del metal. Solución:

Los valores 2u pueden estimarse a partir Figura 3-56:

2usin

2

u

planar sen2u / 0.0077indices

117.50.0233

re 2sinu unaO (111)

0.5068

2 2 0.8778

2

dh

220.50.0324 (200) 0,4332

0.8664

328.50.0618 (220) 0,3132

0.8859

433.50.083

11

(311)

0.2675

535.50.09312 (222) 0,2529

0.8761

641

0,123

dieciséis

(400) 0.22010.8804

745

0,146

19

(331) 0.20140.8779

8

46.50.156

20

(420) 0.19530.8734

Los valores sin2u deben ser divididos por 0.077 (un tercio el primer valor sin2u) con el fin de producir una posible secuencia de números) (A) El 3,4,8,11,. . . secuencia significa que el material es FCC (C) El promedio ao

0.8872

0,8781 nm

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34

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s

instructor de Manual de soluciones

3-108 Figura 3-57 muestra los resultados de un experimento de difracción de rayos x en la forma de la intensidad del pico difractado frente al ángulo de difracción 2u. Si se utilizan rayos X con una longitud de onda de 0,0717 nm, determinar (a) la estructura cristalina del metal, (B) los índices de los planos que producen cada uno de los picos, y (c) el parámetro de red del metal. Solución:

Los valores 2u pueden estimarse a partir de la figura:

2usin 1

2

u

planar sen2u / 0.047indices (111)

0.1610

re 2sinu h2 2 2 unao d 0.2277

25.5

0,047

1

2

36

0,095

2

(200)

0,1150

0.2300

3

44.5

0,143

3

(211)

0,0938

0.2299

4

51.5

0,189

4

(220)

0.0818

0.2313

5

58

0,235

5

(310)

0,0733

0.2318

6

64.5

0,285

6

(222)

0,0666

0,2307

7 8

70 75.5

0,329 0,375

7 8

(321) (400)

0.06195 0,0580

0.2318 0.2322

(A) La secuencia de 1,2,3,4,5,6,7,8 (que incluye el “7”) significa que el material es BCC. (C) El promedio ao

0,2307 nm

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4 andIonicArrangements ImperfectionsintheAtomic

4-1 Calcular el número de vacantes por cm3 esperado en cobre a 1080oC (justo por debajo de la temperatura de fusión). La energía de activación para la formación de vacantes es 20000 cal / mol. Solución:

(4 átomos / uc)

norte 

 10 8 cm) 3

(3,6151

Nevada   4-2 La fracción de puntos de la red ocupado por las vacantes en aluminio sólido a 660oC es 10 3. ¿Cuál es la energía de activación necesaria para crear vacantes en aluminio? Solución:

Nevada/ N 10 3 exp [ Q / (1.987) (933)] ln (10 3) 6.9078 Q / (1.987) (933) Q 

4-3 La densidad de una muestra de FCC paladio es 11,98 g / cm3 y su parámetro de red es 3,8902 Å. Calcular (a) la fracción de los puntos de la red que contienen vacantes y (B) el número total de vacantes en un centímetro cúbico de Pd. Solución:

(A) 11,98 g / cm3

(3,8902

(X) (106,4 g / mol) 10 8 cm) 3 (6,02 1023 átomos / mol)

X  fracción

4,0

3.9905 4

0.002375

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35

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36

La Ciencia e Ingeniería de Material

s

(B) número

instructor de Manual de soluciones

0,0095 vacantes / uc 1,61 (3,8902 10 8 cm) 3

1020 vacantes / cm3

4-4 La densidad de una muestra de berilio HCP es 1,844 g / cm3 y los parámetros de red son ao 0,22858 nm y co 0,35842 nm. Calcular (a) la fracción de los puntos de la red que contienen vacantes y (b) el número total de vacantes en un Timeter cencúbico. Vuc  cm3

Solución:

(a) Desde la ecuación de densidad: (X) (9,01 g / mol) 1,844 g / cm3  X   fracción

2

1,9984 0,0008 2

20 (b) número  vacantes / cm3 1,622 10cm3

4-5 BCC de litio tiene un parámetro de red de 3.5089 10 8 cm y contiene una vacante por cada 200 células unitarias. Calcular (a) el número de vacantes por centímetro cúbico y (B) la densidad de Li. Solución:

1 vacante

(una)

 

(B) en 200 células unitarias, hay 399 átomos de Li. Los átomos / célula son 399/200: (399/200) (6,94 g / mol)

r

 1023 átomos / mol)

(3,5089

10 8 cm) 3 (6,02

4-6 FCC plomo tiene un parámetro de malla de 0,4949 nm y contiene una vacante por cada 500 átomos de Pb. Calcular (a) la densidad y (b) el número de vacantes por gramo de Pb. Solución:

(A) El número de átomos / célula r

(499/500) (4 sitios / célula)

(499/500) (4) (207,19 g / mol)  1023 átomos / mol)

(4,949

(B) Los 500 átomos de Pb ocupan 500/4 

10 8 cm) 3 (6,02

125 celdas unitarias:

1 vacante 125 células

    cm 3 



4-7 Una aleación de niobio se produce mediante la introducción de átomos de sustitución de tungsteno en la estructura BCC; finalmente una aleación se produce que tiene un parámetro de red de 0,32554 nm y una densidad de 11,95 g / cm3. Calcular la fracción de los átomos en la aleación que se tungsteno. Solución:

(XW) (183,85 g / mol)  11,95 g / cm3  (3,2554 10 8 cm) 3 (6,02 1023 átomos /

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mol) 248.186 90.94xW

183.85xW 62.366or

185,82

92.91xW

XW 

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CAPÍTULO4

Las imperfecciones en el Atómica y jónico Arreglo s

37

Hay 2 átomos por célula en metales BCC. Así: Fw  4-8 átomos de estaño se introducen en un cristal de cobre FCC, la producción de una aleación con un parámetro de Tice Lat de 3.7589 10 8 cm y una densidad de 8,772 g / cm3. Calcular el porcentaje atómico de estaño presente en la aleación. Solución:

8,772 g / cm3

(Xsn) (118,69 g / mol)  (3,7589 cm)3(6,02 23 átomos / mol)

280,5 254.16or

XSn

  (0,478 / 4)

11,95%

4-9 Reemplazamos 7,5 por ciento atómico de los átomos de cromo en su cristal BCC con lum tanta-. difracción de rayos X muestra que el parámetro de red es 0,29158 nm. Calcular la densidad de la aleación. Solución:

r

(2) (0,925) (51,996 g / mol)  

4-10 Supongamos que introducimos un átomo de carbono por cada 100 átomos de hierro en una posición intersticial en hierro BCC, dando un parámetro de red de 0,2867 nm. Para la aleación de Fe-C, de encontrar (a) la densidad y (b) el factor de empaquetamiento. Solución: Hay un átomo de carbono por cada 100 átomos de hierro, o 1 C / 50 células unitarias, o 1/50 C por célula unidad: (una)

r

(2) (55.847 g / mol) g / mol)  átomos / mol)

(segundo)

(2,867

10 8 cm) 3 (6,02

1023

2 (4 / 3) (1,241) 3  Factor de embalaje  (2.867) 3

4-11 La densidad de hierro BCC es 7,882 g / cm3 y el parámetro de red es 0,2866 nm cuando se introducen átomos de hidrógeno en las posiciones intersticiales. Calcular (a) la fracción atómica de átomos de hidrógeno y (b) el número de células unitarias requeridas de la edad promedios para contener un átomo de hidrógeno. Solución:

(A) 7,882 g / cm3

2 (55.847 g / mol)  (2,866 10 8 cm) 3 (6,02 1023 átomos / mol)

X  Los átomos totales por célula se compone de 2 átomos de Fe y 0.0081 átomos de H. Así: F  H 2.0081 (B) Puesto que no es 0,0081 H / célula, entonces el número de células que contienen átomos de H es: células

1 / 0,0081

123,5 o 1 H en 123,5 células

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38

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instructor de Manual de soluciones

4-12 Supongamos que un defecto Schottky está presente en cada célula de unidad décimo de MgO. MgO tiene la estructura cristal de cloruro de sodio y un parámetro de red de 0.396 nm. Calcular (a) el número de vacantes aniónicas por cm3 y (b) la densidad de la cerámica. Solución:

En 10 células unitarias, esperamos 40 mg debido al defecto: 40 Mg 40 O

1

1

40 O iones, pero

39

39

(A) (10 células) / 1 de vacantes (3,96 1,021 vacantes / cm3 (b) r

10 8 cm) 3

1,61

(39/40) (4) (24.312 g / mol)

) (4) (16 g / mol) 4,205 g / cm3 (3,96 10 8 cm) 3 (6,02

(39/40

1023 átomos / mol)

4-13 ZnS tiene la estructura blenda de zinc. Si la densidad es 3,02 g / cm3 y el eter param reticular es 0,59583 nm, determinar el número de defectos de Schottky (a) por célula unidad y (b) por centímetro cúbico. Solución:

Sea X el número de cada tipo de ion en la celda unidad. Hay normalmente son 4 de cada tipo. X(65.38 g / mol) g / mol)

(A) 3,02 g / cm3

(5,9583  4

3.9465

10 8 cm) 3 (6,02

0,0535 defectos / UC

(B) # de células de unidad / cm3 4,704 (0,0535)

1 / (5,9683

1021 Schottky defectos por cm3 2,517

X 1023 iones / mol)

10 8 cm) 3

(4,704

1,021)

1020

4-14 Supongamos que introducimos los siguientes defectos puntuales. ¿Qué otros cambios en cada estructura podría ser necesario mantener un equilibrio de cargas? Explique. (a) mg2 iones sustituto de átomos de itrio en Y2O3 (b) Fe3 iones sustituto de iones de magnesio en MgO (c) Li1 iones sustituto de iones de magnesio en MgO (d) Fe2 iones reemplazan los iones de sodio en NaCl Solución:

(A) Eliminar 2 Y3

y añadir 3 Mg2

crear intersticial de cationes.

(b) retirar 3 Mg2 y añadir 2 Fe3  (c) retirar 1 Mg2 y añadir 2 Li (d) retirar 2 Nay añadir 1 Fe2  4-22 ¿Cuáles son los índices de Miller de las direcciones de deslizamiento (a) en el plano (111) en una célula de unidad de FCC (b) en el (011) plano en una celda unidad BCC? Solución:

[0-11], [01-1] [-110], [1-10] [-101], [10-1]

[1-11], [-11-1] [-11-1], [11-1]

zz

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yy xx

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CAPÍTULO4

Las imperfecciones en el Atómica y jónico Arreglo s

39

4-23 ¿Cuáles son los índices de Miller de los planos de deslizamiento en células de la unidad de FCC que incluyen la [101] dirección de deslizamiento? Solución: (11-1), (-11-1) (-111), (1-11-) z

z

y

y X

X

4-24 ¿Cuáles son los índices de Miller de los planos {110} de deslizamiento en celdas unitarias que incluyen la BCC [111] en la dirección de deslizamiento? Solución: (1-10), (-110) (0-11), (01-1) (10-1), (-101) z

z

z

y

y

y X

X

X

4-25 Calcular la longitud del vector de las hamburguesas en los siguientes materiales: (a) BCC niobio (b) plata FCC (c) de diamante de silicio cúbico Solución:

(A) La distancia de repetición, o hamburguesas vector, es la mitad del cuerpo diagonal, o: segundo  (b) La distancia de repetición, o hamburguesas vector, es la mitad de la cara diagonal, o:

segundo 1/2)

 2ao 

1/2)

2

(4,0862 Å)

2.889 Å

(c) La dirección de deslizamiento es [110], donde la distancia de repetición es la mitad de la cara diagonal: segundo  4-26 Determinar el espaciado interplanar y la longitud del vector de Burgers para deslizamiento sobre los sistemas de deslizamiento previstos en aluminio FCC. Repetir, en el supuesto de que el sistema de deslizamiento yosa plano (110) y una [11-1] dirección. ¿Cuál es la relación entre las tensiones de cizallamiento requerido para deslizamiento de los dos sistemas? Supongamos que k 2 en la Ecuación 4-2. Solución:

(A) Para (111) / [110],

segundo 1/2)

 2 Å

(4,04958 Å)

2.863

(B) Si3(110) / [111], entonces:

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re111 

4 04958  Å s e

ndo  (4,04958 Å) UNA re110  

1 1

1

4.04958Å 12 2 2

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

40

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s

instructor de Manual de soluciones

(C) Si suponemos que k

2 en la Ecuación 4-2, a continuación,

(D / b)  0.8166 ( una 2,863 

d / b)

2,863 0,408 7,014

segundo

ta exp ( 2 (0,8166))  tsegundo exp ( 2 (0.408))

4-27 Determinar el espaciado interplanar y la longitud del vector de Burgers para deslizamiento en el (110) / [11-1] sistema de deslizamiento en BCC tantalio. Repetir, suponiendo que el sistema de deslizamiento es un / [1-10] sistema (111). ¿Cuál es la relación entre las tensiones de corte requeridas para deslizarse por los dos sistemas? Supongamos que k 2 en la Ecuación 4-2. Solución:

(una) Para (110) / [1-11]: 3,3026 re110   3 (3,3026 Å) 2.860 Å Å  12 2 2 (segundo) Si (111) / [1-10],  entonces: 3,3026 re111  2 2  segundo (3,3026 Å) 1Å 2 2  

segundo 1/2)

(C) Si suponemos que k (D / b)  0.8166 b) una 2.86

2 en la Ecuación 4-2, entonces: (D /  4,671 s

egundo

ta exp ( 2 (0,8166)) 0,44 tsegundo exp ( 2 (0.408)) 4-37 ¿Cuántos gramos de aluminio, con una densidad de dislocaciones de 1010 cm / cm3, están obligados a dar una longitud total dislocación que se extendería desde la ciudad de Nueva York a Los Ángeles (3000 millas)? Solución:

(3000 mi) (5.280 ft / mi) (12 in./ft)(2.54 cm / in.)  (1010 cm / cm3)

4-38 La distancia de la Tierra a la Luna es de 240.000 millas. Si esto fuera la longitud total de la dislocación en un centímetro cúbico de material, lo que sería la densidad de dislocaciones? Solución: 4-41

(240.000 MI) (5.280 ft / mi) (12 in./ft)(2.54 cm / pulg.)

3,86

1010 cm / cm3

Supongamos que se desea introducir un átomo de sustitución intersticial o de gran tamaño en el cristal cerca de una dislocación. ¿El átomo de encajar más fácilmente por encima o por debajo de la línea de dislocación se muestra en la Figura 4-8 (b)? Explique. Solución:

El átomo encajaría más fácilmente en el área justo debajo de la dislocación debido a los átomos están separando; Esto permite que más espacio en el que el átomo puede encajar.

4-42 Comparar el c / a relaciones para los siguientes metales HCP, determinar los procesos de deslizamiento probables en cada uno, y estimar el esfuerzo cortante resuelto crítico aproximada. Explique. (Véanse los datos en el Apéndice A)

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(a) zinc (b) (re) circonio (e) Solución:

magnesio (c) titanio renio (f) berilio

Nosotros esperar metales con c / a 1.633

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para tener un tcrss baja:

CAPÍTULO4

Las imperfecciones en el Atómica y jónico Arreglo s

baja tcrss

5.209 (segundo) mg: 2.6648 3.2087

(C) Ti: 4,6831 1.587 2.9503

alto tcrss

(D) Zr: 5,1477 1.593 3.2312

alta tcrss

(E) Rh: 4.458 1.615 tcrss 2,760

medio tcrss

(F) Ser: 3,5842 1,568 2.2858

alta

(A) Zn: 4,9470

1.856

41

4-43 Un único cristal de un metal FCC está orientado de manera que la [001] dirección es paralela a una tensión aplicada de 5000 psi. Calcular la tensión de corte resolvió que actúa sobre el (111) SLIplano P en el [1-10], [01-1], y [101] direcciones de deslizamiento. ¿Qué sistema (s) de deslizamiento se convertirse en el primer activa? Solución:

f

54.76ot

5000

cos 54,76 cos l l110 90o t 0 L011  l101 o t

2.040 psi activo Estrés

z

y X

4-44 Un único cristal de un metal BCC está orientado de manera que la [001] dirección es paralela a la tensión aplicada. Si la tensión de corte resolvió crítica necesaria para deslizamiento es de 12.000 psi, calcular la magnitud de la tensión aplicada requerida para causar deslizamiento para comenzar en el [1-11] dirección en la (110), (011), y (101-) planos de deslizamiento. Solución:

CRSS   cosf COSL f110 o s F011 o s

29.412 psi

F101 o s

29.412 psi

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42

La Ciencia e Ingeniería de Material

instructor de Manual de soluciones

s

Estrés

z

zz

yyy xxx

4-45

Nuestra discusión de la ley de Schmid ocupó de monocristales de un metal. Discutir deslizamiento y la ley de Schmid en un material policristalino. Lo que podría suceder que el tamaño de grano se hace más pequeña? Solución:

Con granos más pequeños, el movimiento de las dislocaciones se ve impedida por intersecciones frecuentes con los límites de grano. La fuerza de los metales no es tan baja como podría predecirse a partir de la tensión de corte resolvió crítico como consecuencia de estas interacciones.

4-49 La fuerza de titanio se encuentra para ser 65.000 psi cuando el tamaño de grano es de 17 10 6 m y 82.000 psi cuando el tamaño de grano es 0,8 10 6 m. Determinar: (a) los stants con- en la ecuación de Hall-Petch y (b) la fuerza del titanio cuando el tamaño de grano se reduce a 0,2 10 1 6 m. 65 000 K  Solución: oo 17 10 1 82 000 K  oo 0 8 10 (a) Al resolver las dos ecuaciones simultáneas:  m et r  o K

19 4 psi

 0 2 10



4-50 Una aleación de cobre-zinc tiene las siguientes propiedades: diámetro de grano (mm) 0,015 0,025

170 MPa strength (MPa) MPa 158 / re

6,325

0,035

151 MPa

5.345

0,050

145 MPa

4.472

1

2

8.165

Determinar: (a) las constantes en la ecuación de Hall-Petch y (b) el tamaño de grano requerido para obtener una resistencia de 200 MPa.

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

CAPÍTULO4 Solución:

Las imperfecciones en el Atómica y jónico Arreglo s

43

The valores de d 1/2 se incluyen en la tabla; el gráfico muestra gobiernan la relación. Podemos determinar K y o ya sea a partir del gráfico o usando dos de los puntos de datos. (A) 170 o K (8.165) 145 o K (4.472) 25 K

3.693K

6 77 MPa

 mm



(b) A obtener una resistencia de 200 114 7 r  e 85 3 6 77  re 

Strenght (MPa)

MPa: 200

6r 77 e

180

160

140 46810

re 1/2

4-51 Para un grano número de tamaño de ASTM de 8, calcular el número de granos por pulgada cuadrada (a) con una ampliación de 100 y (b) sin ampliación. Solución:

(A) N

2nortenorte 8 1 7 2

(b) No magnificación significa que el aumento es “1”: (27) (100/1)2 6 granos / pulg.2 4-52 Determinar el número de tamaño de grano ASTM si se observan 20 granos / pulgada cuadrada con un aumento de 400. Solución:

(20) (400/100) 2

2n

1

log (320) 2.505

log (n 1) (2)

(n 1) (0.301) o n

9,3

4-53 Determinar el número de tamaño de grano ASTM si se observan 25 granos / pulgada cuadrada con un aumento de 50. Solución:

25 (50/100) 2 (2) 0,796

2n

1

log (6,25)

(n 1) (0.301) o n

3,6

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(n 1) log

La Ciencia e Ingeniería de Material

s

instructor de Manual de soluciones

4-54 Determinar el número de tamaño de grano ASTM por las materias en (a) Figura 4-18 (b) Figura 4-23 Solución:

.. (A) Hay alrededor de 26 granos en la fotomicrografía, que tiene las dimensiones 2.375 en 2 en el aumento es 100, por lo tanto: 26

1 

log (5.47) 1) log (2) norte

(b) Hay alrededor de 59 granos en la fotomicrografía, que tiene las dimensiones de 2,25 en 2 en el aumento es 500, por lo tanto..: 59 (500/100) 2 1 log (328) 1) log (2) norte  Hay alrededor de 28 granos en la fotomicrografía, que tiene las dimensiones 2 en 2,25 en el aumento es 200, por lo tanto..: 28 (200/100) 2  4-58 El ángulo u de un límite de inclinación está dado por sen (u / 2) figura 4-19). Verificar la exactitud de esta ecuación. Solución:

b / 2D (véase la

A partir de la figura, se observa que los granos se compensan uno vector de Burgers, b, sólo para dos distancias D. Entonces es evidente que el pecado (T / 2) debe ser divisible por dos B D. segundo

segundo

re

2D

44

/2

4-59 Calcular el ángulo u de un pequeño ángulo de límite de grano de aluminio FCC cuando las dislocaciones son 5.000 Å aparte. (Véase la figura 4-19 y la ecuación en el problema 4-58.) Solución:

segundo  2.8635 sen (T / 2)   (2) (5000) u/2 u

0,0164 0.0328o

4-60 Para el hierro BCC, calcular la distancia media entre las dislocaciones en un 0.50o inclinada pequeño límite de ángulo de grano. (Véase la figura 4-19.) Solución:

1 sin (0,5 / 2)  /2  2D 0.004364 1.241 /

DD

284 Å

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5 AtomandIonMovementsinMaterials

5-12 Los átomos se encuentran para pasar de una posición de celosía a otro a la velocidad de 5 105 saltos / s a 400 ° C cuando la energía de activación para su movimiento es 30000 cal / mol. Calcular la tasa de salto a 750oC. Solución: 5 105 doo exp [ 30000 / (1.987) (673)]  xc o exp [ 30,000 / (1.987) (1.023)] 5 105  X 5 105 X  4,64 10-4

Tarifa =

5-13 El número de vacantes en un material se relaciona con la temperatura por una ecuación de Arrhenius. Si la fracción de puntos de red que contienen vacantes es 8 10 5 a 600oC, determinar la fracción a 1000oC. Solución:

8

10 5

exp [ Q/(1.987)(873)]

Q 

F  5-24

El coeficiente de difusión para Cren Cr2O3 es 6 10cm2/ Sa 727oC y es 1  10 9 cm2 / s a 1400oC. Calcular (a) la energía de activación y (b) la constante de Do. 6 10 15 hacer exp [ Q / (1.987) (1.000)] Solución: (una) 1 109 reo exp [ Q / (1.987) (1.673)] 6

10 6

exp [ Q (0,000503

Q

0,00030)]

exp [ 0.000203 Q]

Q 

o

(B) 1 10 9 Haz exp [ 59,230 / (1.987) (1.673)] hacer exp ( 17.818) 1 10 9 1,828 10 8 Do o reo  45

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46

La Ciencia e Ingeniería de Material

s

instructor de Manual de soluciones

5-25 El coeficiente de difusión de Oen Cr2O3 es 4 10cm2/ S a 1150oC y 6 10 11 cm2 / s a 1715oC. Calcular (a) la energía de activación y (b) la constante de Do. 4 10-15 reo exp [ Q / (1.987) Solución:  (1.423)] 6 10-11reo exp [ Q / (1.987) (1.988)] 6,67 10 5 exp [ 0.0001005 Q] Q 4

10 15

Q 

o

Haz exp [ 95,700 / (1.987) (1.423)]

Do (2,02

10 15)

reo  / s 2

5-42 Una gruesa oblea 0,2-mm de silicio se trata de manera que se produce un gradiente de concentración uniforme de antimonio. Una superficie contiene 1 átomo de Sb por 108 átomos de Si y la otra superficie contiene 500 átomos de Sb por 108 átomos de Si. El parámetro de red para el Si es 5.407 Å (Apéndice A). Calcular el gradiente de concentración en (a) por ciento atómico Sb por cm y (b) Sb átomos / cm3-cm. Solución:

 0.02 cm unao UNA

Vcelda unidad cm3

(8 átomos de Si / UC) (1 Sb / 108Si) 0.04995 do  Sb átomos / cm3 1 160,16 10 24 cm3 / uc

1016

(8 átomos de Si / UC) (500 Sb / 108Si) 24.975 do  Sb átomos / cm3 2 160,16 10 24 cm3 / uc

1016

 0.02 cm 5-43 Cuando un Cu-Zn se solidifica la aleación, una parte de la estructura contiene 25 por ciento atómico de zinc y otra porción de 0,025 mm de distancia contiene 20 por ciento de zinc atómico. Si el parámetro de red para la aleación de FCC es 3,63 10 8 cm, determinar el gradiente de con- centración en (a) por ciento Zn atómica por cm, (b) por ciento en peso Zn por cm, y (c) Zn átomos / cm3. cm. Solución:

(A)

c/

x

20%

25%



(0,025 mm) (0,1 cm / mm) (b) Nosotros ahora que determinar el% en peso de zinc en cada porción:% en peso de Zn mol)

(20) (65,38 g /

 (20) (65,38) + (80) (63,54)

% en peso de Zn (25) (65,38) + (75) (63,54)

(25) (65,38 g / mol)

  (c) Ahora encuentra el número de átomos por cm3: (4 átomos / célula) (0.2 fracción Zn) do  átomos / cm3 1 (3,63 10-8 cm) 3 (4 átomos / célula) (0,25 fracción Zn) do  átomos / cm3 2 (3,63 10-8 cm) 3

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0,0167 0,0209

1024 Zn 1024 Zn



CAPÍTULO5

Atom y Ion Los movimientos en Material s 47

 0,0025 cm 5-44 Una lámina de hierro 0,001 in. BCC se utiliza para separar un gas de hidrógeno de alta partir de un gas de hidrógeno bajo a 650 ºC. 5 108 H átomos / cm3 están en equilibrio con el lado caliente de la lámina, mientras que 2 103 H átomos / cm3 están en equilibrio con el lado frío Determinar: (a) el gradiente de concentración de hidrógeno y (b) el flujo de hidrógeno a través de la lámina. Solución:

2 103 5 108 (una)   (0,001 in.) (2,54 cm / in.) (B) J

D( c/

x)

0.0012 exp [ 3600 / (1.987) (923)] ( 1969

108)

J  5-45

Una lámina de 1 mm de hierro FCC se utiliza para contener nitrógeno en un intercambiador de calor a 1200oC. La concentración de N en una superficie es de 0,04 por ciento atómico y la concentración en la segunda superficie es de 0,005 por ciento atómico. Determinar el flujo de nitro- generación a través de la lámina de átomos / cm2 s.

Solución:

(A)

c/

x

(0,00005

0,0004) (4 átomos por célula) / (3,589 (1 mm) (0,1 cm / mm)

10 8 cm) 3

 (B) J

D( c/

x)

0.0034 exp [ 34,600 / (1.987) (1.473)] ( 3.03

 5-46 A 4 cm de diámetro, recipiente esférico 0,5 mm de espesor hecha de hierro BCC tiene nitro- gen a 700oC. La concentración en la superficie interior es de 0,05 por ciento atómico y en la superficie exterior es de 0,002 por ciento atómico. Calcular el número de gramos de nitrógeno que se han perdido desde el recipiente por hora. Solución:

 (0,5 mm) (0,1 cm / mm) 

J  UNAesfera 2 2 2 t N átomos / h pérdida N

(2,97

3600 s / h

1014) (50,27) (3600)

5,37

1019 átomos de N / h

(5.37 1019 átomos) (14.007 g / mol) 1,245 10 3 g / h (6,02 1023 átomos / MO

5-47 Una estructura de hierro BCC se va a fabricar que permitirá a no más de 50 g de hidrógeno que se pierde por año a través de cada centímetro cuadrado de la plancha a 400 ° C. Si la concentración de hidrógeno en una superficie es de 0,05 átomo de H por célula unidad y es 0,001 átomo de H por celda unidad en la segunda superficie, determinar el espesor mínimo de la plancha. Solución:

do1  do2 cm)3 19 H átomos / cm3 

4.25

1019 X

212,4

1019]

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2.08 

1021

1020)

48

La Ciencia e Ingeniería de Material

J 

s

instructor de Manual de soluciones

(50 g / cm2 y) (6,02 1023 átomos / mol) 9,47 / cm2 s H (1,00797 g / mol) (31.536 106 s / y)

1017 átomos

J 17 H átomos / cm2   5-48 Determinar la temperatura máxima admisible que producirá un flujo de menos de 2000 átomos / cm2 H-S a través de una lámina de hierro BCC cuando el gradiente de concentración es 5  10dieciséis átomos / cm3 Solución: 2000 H átomos / cm2-s

0.0012 exp [ 3600 / 1.987T] [ 5

cm3-cm] ln (3,33

10 11)

1016 átomos /

3600 / 1.987T

T  5-53 Explicar por qué un globo de goma lleno de gas helio se desinfla con el tiempo. Solución:

Los átomos de helio difunden a través de las cadenas del material polimérico debido al pequeño tamaño de los átomos de helio y la facilidad con que se difunden entre las cadenas empaquetadas de manera suelta.

5-59 La conductividad eléctrica de Mn3O4 es 8 10 18 ohm 1-cm 1 a 140oC y es 1 10 7 ohm 1-cm 1 a 400oC. Determinar la energía de activación que controla la dependencia tempera- tura de conductividad. Explicar el proceso por el cual la temperatura controla la conductividad. Solución:

8 10 18 coexp [ Q / (1.987) (413)] 1 10 7 dooexp [ Q / (1.987) (673)] 8

10 11

exp ( 0.000471Q)

o



Q  Carga eléctrica se lleva por la difusión de los átomos; cuando aumenta la temperatura, más rápida difusión se produce y por consiguiente la conductividad eléctrica es más alta. 5-60 Comparación de la velocidad a la que los iones de oxígeno se difunden en Al2O3 con la velocidad a la que alu- minio iones se difunden en Al2O3 a 1500oC. Explicar la diferencia. Solución:

reO reAl 3  El radio iónico del ión oxígeno es 1,32 Å, en comparación con el radio iónico de aluminio de 0,51 Å; por consiguiente, es mucho más fácil para el ion de aluminio más pequeñas para difundirse en la cerámica.

5-61 Comparación de los coeficientes de difusión de carbono en BCC y FCC de hierro a la temperatura de transformación alotrópica de 912oC y explicar la diferencia. Solución:

reBCC  reFCC 

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CAPÍTULO5

Atom y Ion Los movimientos en Material s 49

factor de de la red BCC (0,68) es inferior a la de la red fcc de embalaje; en consecuencia, se espera que los átomos de ser capaz de difundir más rápidamente en el hierro BCC. 5-62 Comparación de los coeficientes de difusión para el hidrógeno y nitrógeno en hierro FCC a 1000oC y explicar la diferencia en sus valores. reH en BCC 

Solución:

reN en FCC cm2/ s Los átomos de nitrógeno tienen un átomos de radio más grande (0,71 Å) en comparación con el de átomos de hidrógeno (0,46 A); se espera que los iones de hidrógeno más pequeñas para difundir más rápidamente. 5-66 Un proceso de cementación se realiza sobre un acero 0,10% C mediante la introducción de 1,0% C en la superficie a 980oC, donde el hierro es FCC. Calcular el contenido de carbono a 0,01 cm, 0,05 cm, y 0,10 cm debajo de la superficie después de 1 h. re  1 cx   

Solución:



X  0,144 do 0.9

X



X 0,636 do 0.9

X



X 0,914 do 0.9

X

1.0 %C 0.5

Surface0.05

X

0.100.15

5-67 De hierro que contiene 0,05% de C se calienta a 912oC en un ambiente que produce 1,20% C en la superficie y se mantiene durante 24 h. Calcular el contenido de carbono a 0,05 cm debajo de la superficie si (a) el hierro está BCC y (b) el hierro

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está FCC. Explicar la dife- rencia. t 

Solución:

reBCC  reFCC  BCC:

1,2

cx

 



doX 

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50

La Ciencia e Ingeniería de Material

FCC:

1,2

s

instructor de Manual de soluciones

cx

 

   

doX  difusión más rápido se produce en la estructura BCC más flexible lleno, lo que lleva al contenido Bon car- superior en el punto “x”. 5-68 ¿Qué temperatura se requiere para obtener 0,50% C a una distancia de 0,5 mm bajo la superficie de un acero 0,20% de C en 2 h. cuando 1,10% C está presente en la superficie? Supongamos que el hierro es FCC. Solución:

1,1

0,5

1,1

0,2

2dt ]

0,05 / 2 dt 0.685or

dt 0.0365or

dt 

t  re  exp ( 16,558 / T)

8,043

10 7

T  5-69 Un acero de 0,15% C es para ser carburado a 1100o C, dando 0,35% C a una distancia de 1 mm bajo la superficie. Si la composición de la superficie se mantiene a 0,90% C, ¿cuál es el tiempo necesario? Solución:

0,9

0,35

0,9

0,15

2dt ]

0,1 / 2 dt 0.786or

dt 0.0636or

dt 

re  t  5-70 Un acero de 0,02% C es para ser carburado a 1200oC en 4 h, con un punto de 0,6 mm debajo de la superficie de llegar a 0,45% de C. Calcular el contenido de carbono requerido en la superficie del acero. Solución:

cs  2dt ] dos  re  t  dt    erf [0,06 / (2) (0,2085)] erf (0.144) cs    s dos 

0,161

5-71 Un acero para herramientas C 1,2% celebrada en 1150oC es expuesto al oxígeno durante 48 h. El contenido de materias de carbono a la superficie de acero es cero. A qué profundidad se puede descarbura el acero a menos de 0,20% de C? 0 0.2 Solución: 2 dt  0 1,2

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CAPÍTULO5

Atom y Ion Los movimientos en Material s 51

re  t  dt  Entonces desde arriba, x

(0.149) (2) (0.5929)

0,177 cm

5-72 Un acero de 0,80% C debe funcionar a 950oC en un entorno oxidante, donde el contenido de Bon car- en la superficie de acero es cero. Sólo los más exteriores de 0,02 cm de la pieza de acero puede caer por debajo de 0,75% de C. ¿Cuál es el tiempo máximo que la pieza de acero puede operar? Solución:

0

0,75 dt ]

x/2

dt 

 0 0,8 0,02 / 2 dt o

dt 0.007226or

dt 

re  t  5-73 Un acero BCC que contiene 0,001% de N se nitruró a 550oC durante 5 h. Si el contenido de nitrógeno en la superficie de acero es de 0,08%, determinar el contenido de nitrógeno a 0,25 mm desde la superficie. Solución:

0,08

cs

 



dt ] t

D = 0,0047 exp [-18300 / (1.987) (823)] = 6,488

10-8 cm2 / s

dt = 0,0342 erf [0,025 / (2) (0,0342)] = erf (0,3655) = 0,394 0,08 cs = 0.394 o c = 0,049% N s 0,079 5-74 ¿A qué hora se requiere en nitruro de un acero 0,002% N para obtener 0,12% N a una distancia de 0.02 en. debajo de la superficie en 625o¿DO? El contenido de nitrógeno en la superficie es de 0,15%. Solución:

0,15

0,12 dt ]

x/2

dt 

 0,15 0.002 re  X  0 00508

 2 1 65 10 dt  5-75 Actualmente podemos realizar con éxito un tratamiento térmico de cementación en 1200oC en 1 h. En un esfuerzo por reducir el costo del revestimiento de ladrillo en nuestro horno, se propone para reducir la temperatura de carburación a 950oC. ¿A qué hora se requerirá para darnos un tratamiento de cementación similar? Solución:

re1200 

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re950 

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52

La Ciencia e Ingeniería de Material

s

instructor de Manual de soluciones

t1200  

t 950

t E



/R

1200 1200

(3,019

950

10 6) (1)

3,034

9,95 h

10

5-86 Durante la congelación de una aleación de Cu-Zn, nos encontramos con que la composición no es uniforme. Mediante el calentamiento de la aleación a 600oC durante 3 horas, la difusión de zinc ayuda a que la composi- ción más uniforme. ¿A qué temperatura se requeriría si deseamos realizar este tratamiento de homogeneización en 30 minutos? Solución:

re600 12 t600  tX  reX 600 t600/ tX ) (3) /0.5 dx    T 

5-87 Una parte de cerámica hecha de MgO se sinteriza con éxito en 1700oC en 90 minutos. Para minimizar las tensiones térmicas durante el proceso, tenemos la intención de reducir la temperatura a 1500oC. Lo que limitará la velocidad a la que la sinterización se puede realizar: difusión de iones nesium MAG o difusión de iones de oxígeno? ¿A qué hora se requerirá a la temperatura más baja? Solución:

La difusión de oxígeno es el más lento de los dos, debido a la radio iónico mayor de la de oxígeno. re1700  re1500  

t 1500

t E



/R

1700 1700

1500

(3,455

10 14) (90)

3,255

955 min

15,9 h

10

5-88 Una aleación de Cu-Zn tiene un diámetro de grano inicial de 0,01 mm. Luego se calienta la aleación a varias temperaturas, lo que permite el crecimiento del grano que se produzca. Los tiempos requeridos para que los granos crezcan a un diámetro de 0,30 mm son Solución:

Temperatura (ODO)

Hora (Min)

500

80000

600

3000

700

120

800 850

10 3

Determinar la energía de activación para el crecimiento del grano. Se correlaciona esto con la difu- sión del cinc en el cobre? (Pista: Tenga en cuenta que la tasa es el recíproco del tiempo). Solución:

Temperatura (oC) (K)

1/ T (K)

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Hora (Min)

Tarifa (min)

500

773

0.00129

80000

1,25

10

600

873

0,00115

3000

3,33

10

700

973

0.001028

120

8,33

10

800 850

1073 1123

0.000932 0.000890

10 3

0,100 0,333

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CAPÍTULO5

Atom y Ion Los movimientos en Material s 53

Desde el gráfico, encontramos que Q 51286 cal / mol, que se correlaciona con la energía activa- ción para la difusión del cinc en el cobre.

101 Q/R 25810 Q 51286

103

En (0.25) - In (0,00005)

Tarif a

102

104 0.00123 - 0,0009

105

0.00100.0012 1/T

5-91 Una lámina de oro es unido por difusión a una hoja de plata en 1 h a 700oC. A 500ºC, se requieren 440 h para obtener el mismo grado de unión, y en 300 ° C, la unión requiere 1530 años. ¿Cuál es la energía de activación para el proceso de unión por difusión? ¿Parece que la difusión de oro o de difusión de plata controla la velocidad de unión? (Pista - en cuenta que la tasa es el recíproco del tiempo). Solución:

Temperatura (oC) (K)

1/T (K)

Hora (S)

Tarifa (segundo  ) 

7009730.00100736000.278 5007730.0012941.584



3005730.0017454.825

10 0,207 

0,278 0.207

6

0,631

10 3 exp [ Q / (1.987) (973)] exp [ 0.0005172Q] 10 10 exp [ Q / (1.987) (573)] exp [ 0.0008783Q]

ln (1,343

107)

16,413

0.0003611 Q

Q  La energía de activación para la difusión de oro en la plata es 45500 cal / mol; de este modo la difusión de oro parece controlar la tasa de unión.

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10 6

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s

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102

104

Tarif a

54

106

108

1010 0.00100.00120.00140.00160.0018 1/T

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6 MechanicalPropertiesandBehavior

6-24 Una fuerza de 850 libras se aplica a un 0,15-in. alambre de níquel diámetro que tiene un límite de elasticidad de 45000 psi y una resistencia a la tracción de 55.000 psi. Determinar: (a) si el cable se deformará plásticamente y (b) si el cable experimentará estricción. Solución:

(A) En primer lugar determinar la tensión que actúa sobre el cable: s

F/A

850 lb / (

/ 4) (0,15 in.) 2

48.100 psi

Debido a que s es mayor que el límite de elasticidad de 45000 psi, el alambre se deforma plásticamente. (B) Debido a que s es menor que la resistencia a la tracción de 55.000 psi, no se producirá ninguna formación de cuellos. 6-25 Una fuerza de 100 000 N se aplica a la barra de hierro a 10 mm 20 mm que tiene un límite elástico de 400 MPa y una resistencia a la tracción de 480 MPa. Determinar (a) si la barra se deforma plásticamente y (b) si la barra experimentará estricción. Solución:

(A) En primer lugar determinar la tensión que actúa sobre el cable: s

F/A 100 000 N / (10 mm) (20 mm) 500 MPa

Porque s es mayor que el límite de elasticidad de 400 MPa, el alambre se deforma plásticamente. (B) Debido a que s es mayor que la resistencia a la tracción de 480 MPa, el alambre también cuello. 6-25 (c) Calcular la fuerza máxima que un 0,2-in. Diámetro de la varilla de Al2O3, que tiene un límite de elasticidad de 35000 psi, puede soportar sin deformación plástica. Exprese su respuesta en libras y newtons. Solución:

F  F 

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500 N / mm2

55

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56

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6-26 Una fuerza de 20.000 N causará un 1 cm 1 cm bar de magnesio para estirar a partir de 10 cm a 10.045 cm. Calcular el módulo de elasticidad, tanto en GPa y psi. Solución:

La cepa e es e

cm / cm La tensión s es s mm2

(10,045 cm

10 cm) / 10 cm

0,0045

20 000 N / (10 mm) (10 mm)

200 N /

200 MPa

mi  mi  6-27 Las dimensiones de un bar de polímero son 1 en. 2 en. 15 en. El polímero tiene un módulo de elasticidad de 600.000 psi. ¿Qué fuerza se requiere para estirar la barra elásticamente a 15.25 en.? Solución:

La cepa e es e El estrés s es s

(15.25 en. Ee

15 in.) / (15 in.)

(600.000 psi) (0,01667 pulg./pulg.)

10,000 psi La fuerza es entonces F (2 in.)

0,01667 pulg./pulg.

sA

(10.000 psi) (1 in.)

20,000 lb

6-28 Una placa de aluminio de 0,5 cm de espesor es de soportar una fuerza de 50.000 N sin deformación perma- nente. Si el aluminio tiene un límite elástico de 125 MPa, lo que es el ancho mınimo de la placa? Solución:

La zona es un

F/s

50 000 N / 125 N / mm2

La anchura mínima es w

A/t

400 mm2

(400 mm2) (0,1 cm / mm) 2 / 0.5 cm

8 cm

6-29 Una varilla de 3 pulgadas de diámetro de cobre se ha de reducir a una varilla de 2 pulgadas de diámetro por ser empujado a través de una abertura. Para dar cuenta de la deformación elástica, lo que debe ser el diámetro de la abertura? El módulo de elasticidad para el cobre es de 17 106 psi y el límite elástico es de 40.000 psi. Solución:

La cepa es e

s/E

40.000 psi / 17

La cepa es también e 0,00235 pulg./pulg. 2

106 psi

0,00235 pulg./pulg.

(2 in. no) / hacer hacer 0.00235 hacer

reo  La abertura en la matriz debe ser menor que el diámetro final. 6-30 Un cable de acero de 1,25 pulg. De diámetro y 50 pies de largo es para levantar una carga de 20 toneladas. ¿Cuál es la longitud del cable durante la elevación? El módulo de elasticidad del acero es 30 106 psi. Solución:

El estrés es S = F / A = (20 ton) (2.000 lb / ton) ( / 4) (1,25 in.) 2 La cepa es e

s/E

32.595 psi / 30

e (LF 50 ft) / 50 ft Si 50.0543 pies

106 psi

32.595 psi 0,0010865 pulg./pulg.

0.0010865 ft / ft

6-33 Los siguientes datos se obtuvieron de un estándar de 0,505 pulgadas de diámetro espécimen de prueba de una aleación de cobre (longitud inicial (lo) 2,0 in.): Solución: s F/( / 4) (0,505) 2 F / 0.2 e

(l

2) / 2

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CAPÍTULO6

Propiedades mecánicas y behavio r

57

LoadGage LengthStressStrain (Lb) (in.) (Psi) (pulg./pulg.) 02.000000 0.0 3,0002.0016715,0000.000835 6,0002.0033330,0000.001665 7,5002.0041737,5000.002085 9,0002.009045,000

0,0045

10,5002.04052,5000.02 12,0002.2660,0000.13 12,4002.50 11.400

(máx carga)62000 0.25

3,02 (fractura)

50

0.51

flexible

40

Estrés (ksi)

57.000

0,2% compensar

30 20 10

0.0010.010.02 Strain (pulg./pulg.)

Después de la fractura, la longitud de la galga es 3,014 pulg. Y el diámetro es de 0,374 in. Representar los datos y calcular (a) el límite elástico al 0,2%, (b) la resistencia a la tracción, (c) el módulo de elasticidad, (d) el alargamiento%, (e) la % De reducción del área, (f) la tensión de ingeniería en la fractura, (g) la verdadera tensión en la rotura, y (h) el módulo de elasticidad. (a) 0.2% límite elástico

45.000 psi

(b) resistencia a la tracción (C) E

(30.000

62.000 psi

0) / (0,001665

(D)% de alargamiento

(3.014

0) 2)

18 100

106 psi 50,7%

2 (E)% de reducción del área

(

/ 4) (0,505) 2 ( ( / 4) (0,505) 2

/ 4) (0,374) 2

(F) la tensión de ingeniería en la fractura

57.000 psi

(G) tensión real a la rotura

/ 4) (0,374) 2

11,400 lb / (

100

45,2%

103.770 psi

(H) A partir de la gráfica, produciendo comienza a aproximadamente 37.500 psi. Así: 1

/2 (límite de elasticidad) (cepa en rendimiento)

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medio (37.500) (0,002085)

39,1 psi

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s

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6-34 Los siguientes datos se recogieron a partir de una 0,4-in. espécimen de ensayo de diámetro de cloruro de polivinilo (lo 2,0 pulg.): Solución: s F /( /4)(0.4)2 F / 0,1257 e

(l

2) / 2

LoadGage LengthStressStrain (lb) (in.) (Psi) (pulg./pulg.) 02.000000 3002.007462,3870.00373

0.0

6002.014964,7730.00748 9002.023747,160

0.01187

12002.0329,5470.016 15002.046

11933

0,023

16602.070 (máx carga)

13206

0,035

11297

0.06

16002.09412,7290.047 14.202,12

(fractura)

14 12

0,2%

10

Estrés (ksi)

58

compensado

8

Rendimiento

6 4 2 0.0020.010.020.03 Strain (pulg./pulg.)

Después de la fractura, la longitud de la galga es de 2.09 pulg. Y el diámetro es de 0,393 in. Representar los datos y calcular (a) el límite elástico al 0,2%, (b) la resistencia a la tracción, (c) el módulo de elasticidad, (d) el alargamiento%, (e) la % De reducción del área, (f) la tensión de ingeniería en la fractura, (g) la verdadera tensión en la rotura, y (h) el módulo de elasticidad. (a) 0.2% límite elástico

11.600 psi

(b) resistencia a la tracción (C) E

(7160

12.729 psi

0) / (0,01187

(D)% de alargamiento

(2,09

0)

603.000 psi

2)

100

4,5%

2 (E)% de reducción del área

( / 4) (0,4) 2 ( / 4) (0,4) 2

(f) esfuerzo de ingeniería en la rotura (g) tensión real a la rotura

(

/ 4) (0,393) 2

100

3,5%

11.297 psi

1,420 lb / (

/ 4) (0.393)2 

(h) A partir de la figura, dando comienza cerca de 9550 psi. Así: 1

/2 (límite de elasticidad) (cepa en rendimiento)

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1/2 (9,550) (0,016)

76,4 psi

CAPÍTULO6

Propiedades mecánicas y behavio r

59

6-35 Los siguientes datos se recogieron a partir de una muestra de ensayo de 12 mm de diámetro de magnesio (lo 30,00 mm): Solución: s F/( / 4) (12 mm) 2 F / 113.1 e

(l

30) / 30

LoadGage LengthStressStrain (NORTE) (Mm) (MPa) (mm / mm) 030,00000 0.0 5,00030.029644.20.000987 10,00030.059288.40.001973 15,00030.0888132.60.00296 20,00030.15176.80.005 25,00030.51221.00.017 26,50030.90234.30.030 27,00031.50

(máx carga) 238.70.050

26,50032.10234.30.070 25,00032.79

(Fractura) 221.00.093

250

Estrés (Mpa)

200

0,2% compensar 150

100

50

0,001 0,01

0.03

0.02

Strain (mm / mm)

Después de la fractura, la longitud de la galga es 32,61 mm y el diámetro es de 11,74 mm. Representar gráficamente los datos y calcular (a) la fuerza 0,2% de rendimiento offset, (b) la resistencia a la tracción, (c) el módulo de elasticidad, (d) el Alargamiento%, (e) la % De reducción del área, (f) la tensión de ingeniería en la fractura, (g) la verdadera tensión en la rotura, y (h) el módulo de elasticidad. (a) 0.2% límite elástico

186 MPa

(b) resistencia a la tracción  (C) E

(132,6

0) / (0,00296

(D)% de alargamiento

(32,61 30

(E)% de reducción del área

( (

0) 30)

100

/ 4) (12) 2 / 4) (12) 2

(f) esfuerzo de ingeniería en la rotura (g) tensión real en la rotura

44,800 MPa 8,7% (

/ 4) (11.74) 2

100

221 MPa

25 000 N / (

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44,8 GPa

/ 4) (11,74)2 

4,3%

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s

instructor de Manual de soluciones

(h) Desde la figura, produciendo comienza cerca de 138 MPa psi. Así: 1

/2 (límite de elasticidad) (cepa en rendimiento)

medio (138) (0,00296)

6-36 Los siguientes datos se recogieron a partir de una muestra de ensayo 20 mm de diámetro de un hierro dúctil fundido (lo 40,00 mm): Solución: s F/( / 4) (20 mm) 2 F / 314.2 e

(l

40) / 40

LoadGage LengthStressStrain (NORTE) (Mm) (MPa) (mm / mm) 0 25000

40.0000 40.0185

0 79.6

0.0 0,00046

50000

40.0370

159.2

0.000925

75000

40.0555

238,7

0.001388

90000

40.20

286.5

0,005

105.000

40.60

334,2

0,015

120.000

41.56

382,0

0,039

131.000

44,00 (carga max)

417,0

0,010

125.000

47,52 (fractura)

397,9

0,188

300

Flexible 0,2% compensar

Estrés (MPa)

60

200

100

0,002 0.0050.010.015 Strain (mm / mm)

Después de la fractura, la longitud de la galga es 47,42 mm y el diámetro es de 18.35 mm. Representar gráficamente los datos y calcular (a) la fuerza 0,2% de rendimiento offset, (b) la resistencia a la tracción, (c) el módulo de elasticidad, (d) el Alargamiento%, (e) la % De reducción del área, (f) la tensión de ingeniería en la fractura, (g) la verdadera tensión en la rotura, y (h) el módulo de elasticidad. (a) 0.2% límite elástico

274 MPa

(b) resistencia a la tracción  (C) E

(238,7

0) / (0,001388

(D)% de alargamiento

(47,42 40

(E)% de reducción del área

( (

0)

172.000 MPa

40)

100

/ 4) (20) 2 ( / 4) (20) 2

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172 GPa

18,55% / 4) (18.35) 2

100

15,8%

0,2 MPa

CAPÍTULO6

Propiedades mecánicas y behavio r

(f) esfuerzo de ingeniería en la rotura (g) tensión real a la rotura

61

397,9 MPa

125 000 N / (

/ 4) (18,35)2 

(h) Desde la figura, dando comienza cerca de 240 MPa. Así: 1

/2 (límite de elasticidad) (cepa en rendimiento)

medio (240) (0,001388)

6-39 Una barra de Al2O3 que es 0,25 en. De espesor, 0,5 pulg. De ancho, y 9 pulg. De largo se prueba en un punto de tres aparato de doblado, con los soportes situados en 6. Aparte. La deflexión del centro de la barra se mide como una función de la carga aplicada. Los datos se muestran a continuación. Determinar la resistencia a la flexión y el módulo de flexión. estrés 2

Solución:

(6-13)

  ForceDeflectionStress (Lb) (in.) (Psi) 14.50.00254,176 28.90.00508,323 43.40.0075

12499

57.90.0100

16.675

86.00.0149

(fractura)

24.768

Estrés (ksi)

25 20 15 10 5

0.0050.0100.015 Deflexión (in.)

La resistencia a la flexión es la tensión a la rotura, o 24.768 psi. El módulo de flexión se puede calcular a partir de la curva lineal; recoger el primer punto como un ejemplo: FM =

Florida3

(14,5 lb) (6 in.)3

4wh3  (0,25 in.) 3 (0,0025 en.)

(4) (0,5 pulg.) (6-14)

6-40 (a) A 0,4-in. de diámetro, 12-in. barra de titanio largo tiene un límite de elasticidad de 50000 psi, un módulo de elasticidad de 16 106 psi, y la relación de 0,30 de Poisson. Determinar la longitud y el diámetro de la barra cuando se aplica una carga de 500 libras. Solución:

El estrés es

F/A

500 lb / (

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/ 4) (0,4 in.) 2

3.979 psi

0,17 MPa

62

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La tensión aplicada es mucho menor que la resistencia a la fluencia; Por lo tanto, la ley de Hooke se puede utilizar. La cepa es e Si lo lo LF

s/E

3,979 psi / (16

106 psi)

0,00024868 pulg./pulg.

 12 en. 12.00298 en.

De la relación de Poisson, m elat / elong 0,3 elat (0,3) (0.00024868) 0,0000746 pulg./pulg. reF o F    reF 0.4 df  6-40 (b) Cuando una carga de tracción se aplica a una barra de cobre de diámetro de 1,5 cm, el diámetro se reduce a un diámetro 1,498 cm. Determinar la carga aplicada, utilizando los datos de la Tabla 6-3. Solución:

A partir de la Tabla 6-3, m elat / elong 1.498 1,5 milat   1.5

0,36

elong elat / m ( 0.001333) / 0,36 0,0037 pulg./pulg. s Ee (124,8 GPa) (1,000 MPa / GPa) (0,0037 pulg./pulg.) 462 MPa F  6-41 Un ensayo de flexión de tres puntos se lleva a cabo en un bloque de ZrO2 que es 8 pulg. De largo, 0,50 pulg. De ancho, y 0,25 pulg. De espesor y está descansando sobre dos soportes 4 en. Aparte. Cuando se aplica una fuerza de 400 lb, el espécimen se desvía 0,037 pulg. Y se rompe. Calcular (a) la resistencia a la flexión y (b) el módulo de flexión, suponiendo que no se produce la deformación plástica. Solución:

(A) resistencia a la flexión

3FL / 2wh2

(3) (400 lb) (4 en.)

 (2) (0,5 pulg.) (0,25 in.) 2 (B) módulo de flexión 

FL3 / 4wh3d (400 lb) (4 in.) 3 (4) (0,5 pulg.) (0,25 in.) 3 (0,037 in.)

 6-42 Un ensayo de flexión de tres puntos se lleva a cabo en un bloque de carburo de silicio que es de 10 cm de largo, 1,5 cm de ancho, y 0,6 cm de espesor y está descansando sobre dos soportes 7.5 cm de distancia. Las roturas PLE SAM- cuando se registra una desviación de 0,09 mm. Calcular (a) la fuerza que causó la fractura y (b) la resistencia a la flexión. El módulo de flexión para el carburo de silicio es de 480 GPa. Supongamos que no se produce la deformación plástica. Solución:

(A) La fuerza F requerida para producir una desviación de 0,09 mm se F 3d) / L3 F  F 

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CAPÍTULO6 (B) resistencia a la flexión

Propiedades mecánicas y behavio r 3FL / 2wh2

63

(3) (1327 N) (75 mm) / (2) (15 mm) (6 mm) 2

 6-43 (a) Se requiere un polímero termoestable que contiene perlas de vidrio para desviar 0,5 mm cuando se aplica una fuerza de 500 N. La parte de polímero es de 2 cm de ancho, 0,5 cm de espesor, y 10 cm de largo. Si el módulo de flexión es de 6,9 GPa, determinar la distancia mínima entre los soportes. Will la fractura polímero si su resistencia a la flexión es de 85 MPa? Supongamos que no se produce la deformación plástica. Solución:

La distancia mínima L entre los soportes puede calcularse a partir del módulo de flexión. L3 3d (módulo de flexión) / F L3  L3 3

o

L 

La tensión que actúa sobre la barra cuando se obtiene una desviación de 0,5 mm es s

3FL / 2wh2 61,5 MPa

(3) (500 N) (41 mm) / (2) (20 mm) (5 mm) 2

La tensión aplicada es menor que la resistencia a la flexión de 85 MPa; la mer poli- no se espera a la fractura. 6-43 (b) El módulo de flexión de alúmina es 45 106 psi y su resistencia a la flexión es 46.000 psi. Una barra de alúmina 0,3 pulg. De espesor, 1,0 pulg. De ancho, y 10 pulg. De largo se coloca sobre soportes 7 en. Aparte. Determinar la cantidad de deflexión en el momento se rompe la barra, suponiendo que no se produce la deformación plástica. Solución:

La fuerza requerida para romper la barra es F  F    d

FL3 / 4wh3 (módulo de flexión)

d

(394 lb) (7 pulg.) 3 / (4) (1 in.) (0,3 in.) 3 (45

106 psi)

0,0278 en.

6-52 Una medición de la dureza Brinell, usando un indentador de 10 mm de diámetro y una carga de 500 kg, produce una indentación de 4,5 mm sobre una placa de aluminio. Determinar el número de dureza Brinell HB del metal. Solución: media pensión 

500 kg 2 2 



6-53 Cuando una carga de 3000 kg se aplica a una bola de 10 mm de diámetro en una prueba de Brinell de un acero, se produce una indentación de 3,1 mm. Estimar la resistencia a la tracción del acero. Solución: media pensión 

3000 kg 2  2 

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

Resistencia a la tracción

500 HB

(500) (388)

194.000 psi

6-55 Los datos a continuación fueron obtenidos a partir de una serie de pruebas de impacto Charpy realizado en cuatro aceros, cada uno con un contenido de manganeso diferente. Representar gráficamente los datos y determinar (a) la temperatura de transición (definida por la media de las energías absorbidas en el

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dúctil y regiones frágiles) y (b) la temperatura de transición (definida como la temperatura que proporciona 50 J absorbe energía). Representar gráficamente la temperatura de transición frente al contenido de manganeso y discutir el efecto de manganeso sobre la tenacidad del acero. ¿Cuál sería el mínimo permitido de manganeso en el acero si una parte se va a utilizar en 0 o C? Solución: Prueba energía temperatureImpact (J) o C0.30% Mn0.39% Mn1.01%

Mn1.55%

Minnesota



2

5

5

15



2

5

7

25



2

12

20

45

 0

10

25

40

70

30

55

75

110

25

60

100

110

135

50

105

125

130

140

75 100

130 130

135 135

135 135

140 140

20

Transición Temperatura (DO)

120

energía de impacto (J)

64

80

Promedi o 0

20

40

50 J

40

1100100 Temperatura (DO)

0.30.60.91.21.5 % Mn

(a) Transición temperaturas definidas por la media de las energías absorbidas son: 0,30% Mn: energía media

2

(130

2) / 2

68 J;

T 

0,39% Mn: energía media

5

(135

5) / 2

75 J;

T

J; T   (b) temperaturas de transición definen por 50 J son: 0,30% Mn: T

15odo

0,39% Mn: T

5oC

1,01% Mn: T

15oC

1,55% Mn: T

45oC

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CAPÍTULO6

Propiedades mecánicas y behavio r

sesenta y cinco

Creciente el manganeso aumenta la dureza y reduce la temperatura de tran sición; por lo tanto, el manganeso es un elemento de aleación deseables para mejorar las propiedades de impacto del acero. Si la pieza se va a utilizar a 25oC, quisiéramos al menos 1,0% de Mn en el acero basado en la media absorbida criterio energía o 0,36% de Mn basado en el criterio de 50 J. 6-57 Los datos siguientes se obtuvieron de una serie de pruebas de impacto Charpy realizado en cuatro hierros colados dúctiles, cada una con un contenido de silicio diferente. Representar gráficamente los datos y determinar (a) la temperatura de transición (definida por la media de los Gies Ener- absorbe en el dúctil y regiones frágiles) y (b) la temperatura de transición (definida como la temperatura que proporciona 10 J absorben energía). Representar gráficamente la temperatura de transición frente al contenido de silicio y discutir el efecto de silicio sobre la tenacidad del hierro fundido. ¿Cuál sería el máximo permitido de silicio en el hierro fundido si una parte se va a utilizar a 25oC? Solución: Prueba energía temperatureImpact (J) o do 2,55% Si 2,85% Si

3,25% Si

3,63% Si

 502.52.522  2532.522 0653

2.5

25131074 501714128 7519161613 10019161616 12519161616 20

Transición Temperatura (DO)

dieciséis 12

energía de impacto (J)

60

8

50 J

40

4

20

50 050 100 150 Temperatura (DO)

Promedi o 2.53.03.5 % Si

(a) Transición temperaturas definidas por la media de las energías absorbidas son: 2,55% Si: significa energía

2,5

2,85% Si: significa energía

2,5

T

(19 (16

35 ° C 3,25% Si: energía media

J; T 11 J; T

45oC 3,63% Si: energía media 65 ° C

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2,5) / 2

13,2 J; T

2,5) / 2

2

(16 2

(16

11,8 J;

2) / 2 2) / 2

11

26oC

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(b) temperaturas de transición definen por 10 J son: 2.55% Si: T

15odo

2,85% Si: T

25oC

3,25% Si: T

38 ° C

3,63% Si: T

56oC

Creciente el silicio disminuye la tenacidad y aumenta la temperatura de tran- sición; silicio reduce por lo tanto las propiedades de impacto del hierro fundido. Si la pieza se va a utilizar a 25oC, quisiéramos un máximo de aproximadamente el 2,9% de Si en el hierro fundido. 6-58 metales FCC se recomiendan a menudo para su uso a bajas temperaturas, en particular cuando se espera que cualquier carga repentina de la pieza. Explique. Solución:

metales FCC normalmente no muestran una temperatura de transición; En cambio, las energías de impacto disminuyen lentamente con la disminución de la temperatura y, en al menos algunos casos (tales como algunas aleaciones de aluminio), las energías incluso aumentan a bajas temperaturas. Los metales de la FCC pueden obtener grandes lazos ductili-, dando grandes áreas por debajo de la verdadera curva de tensión-deformación.

6-59 Una parte de acero se puede hacer por metalurgia de polvos (de compactación partículas de polvo de hierro y sinterización para producir un sólido) o por mecanizado de un bloque de acero macizo. ¿Qué parte se espera que tenga el mayor tenacidad? Explique. Solución:

piezas producidas por pulvimetalurgia a menudo contienen cantidades considerables de porosidad debido a la sinterización incompleta; la porosidad proporciona sitios en los que las grietas podrían nucleada fácilmente. Piezas mecanizadas de acero sólido son menos propensos a contener defectos que nuclean grietas, por lo tanto, mejorar la tenacidad.

6-62 Un número de aleaciones de aluminio y de silicio tiene una estructura que incluye placas de bordes afilados de silicio frágil en la matriz más blanda, más dúctil de aluminio. ¿Es de esperar que estas aleaciones a ser sensible a la entalla en un ensayo de impacto? ¿Es de esperar que estas aleaciones tienen una buena tenacidad? Explicar sus respuestas. Solución:

Las placas de bordes afilados del silicio frágil pueden actuar como estrés de fondos, o muescas, dando así pobre tenacidad a la aleación. La presencia de muescas adiciona- les, tales como marcas de mecanizado, no tendrá un efecto significativo, puesto que ya son muy grandes números de “muescas” debido a la microestructura. En consecuencia se espera que este tipo de aleación a tener una pobre tenacidad, pero no se espera que sea sensible muesca.

6-67 Alúmina Al2O3 es una cerámica frágil con baja tenacidad. Supongamos que las fibras de sili- con carburo de SiC, otro de cerámica frágil con baja tenacidad, podrían estar incrustados dentro de la alúmina. Sería hacer esto afectará a la dureza del material compuesto de matriz cerámica? Explique. (Estos materiales se discuten en capítulos posteriores.) Solución:

Las fibras de SiC pueden mejorar la tenacidad de la matriz de alúmina. Las fibras pueden hacerlo por varios mecanismos. Mediante la

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introducción de una interfaz (entre las fibras y la matriz), una grieta puede ser bloqueado; para seguir creciendo, la grieta puede tener que pasar alrededor de la fibra, aumentando así la energía total de la grieta y por lo tanto la energía que puede ser absorbida por el material. O energía adicional puede ser necesaria para forzar la grieta a través de la

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CAPÍTULO6

Propiedades mecánicas y behavio r

67

interfaz en un esfuerzo por continuar propagando. Además, las fibras pueden comenzar a salir de la matriz, particularmente si la unión es pobre; la fibra de extracción requiere energía, mejorando así la resistencia. Por último, las fibras pueden tender un puente a través de la grieta, lo que ayuda a mantener el material juntos y que requiere más energía para propagar la grieta. 6-68 Un material compuesto de matriz cerámica contiene defectos internos tan grandes como 0,001 cm de longitud. La tenacidad a la fractura de deformación plana del MPa m material compuesto es45º y la resistencia a la tracción es 550 MPa. Será la falla hacer que el compuesto que fallar antes de que se alcance la resistencia a la tracción? Supóngase que f 1. Solución:

Ya que la grieta es interna, 2a

0,001 cm

0,00001 m. Por lo tanto

una  KIc s   s

os

Klc

f

 

45 MPa m  1 

La tensión aplicada requerida para la grieta para provocar el fallo es mucho mayor que la resistencia a la tracción de 550 MPa. Cualquier fallo de la cerámica se debe esperar debido a la sobrecarga masiva, no debido a la presencia de los defectos. en psi 6-69 Una aleación de aluminio que tiene una tenacidad a la fractura plano cepa de 25.000 . falla cuando se aplica una tensión de 42.000 psi. La observación de las superficies de fractura indica que algún que la fractura se inició en la superficie de la pieza. Estimar el tamaño del defecto que inicia la fractura. Supóngase que f 1,1.

Solución:

KIc 

 

o una 2

una  in     

6-70 Un polímero que contiene defectos internos 1 mm de longitud no a un esfuerzo de 25 MPa. Determinar la deformación plana tenacidad a la fractura del polímero. Supóngase que f 1. Solución:

Ya que los defectos son internos, 2a KIc     

1 mm

0,001 m; así un

0,0005 m



6-71 Una parte de cerámica para un motor de reacción tiene un límite de elasticidad de 75000 psi y un plano de fractura cepa dureza de 5000 A asegúrese de que la psi en. parte no falla, tenemos la intención de asegurar que la tensión máxima aplicada es sólo un tercio del límite elástico. Utilizamos una prueba no destructiva que detecta los defectos internos superior a 0,05 pulg. De largo. Suponiendo que f 1,4, lo hace nuestra prueba no destructiva tiene la sensibilidad requerida? Explique. Solución:

La tensión aplicada es s una ic/ fs]2 

(1/3) (75.000 psi)

25.000 psi

psi en / (1,4) (25.000 psi)] 2 .

una  La longitud de defectos internos es 2a

0,013 in.

Nuestra prueba no destructiva puede detectar defectos tan pequeños

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como 0,05 pulg. De largo, que no es menor que el tamaño falla crítica requerida para el fracaso. Por lo tanto nuestra prueba NDT no es satisfactoria.

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6-86 Una muestra de acero para herramientas cilíndrico que se 6 pulg. De largo y 0,25 pulg. De diámetro gira como una viga en voladizo y es ser diseñados de modo que no se produce nunca el fracaso. Suponiendo que los de tracción y compresión tensiones máximas son iguales, determinar la carga máxima que puede ser aplicada al extremo de la viga. (Véase la figura 6-50.) Solución:

La tensión debe ser menor que el límite de resistencia, 60.000 psi. s

10.18LF / d3 o

F

  6-87 A 2 cm de diámetro, 20 cm de largo bar de un polímero de acetal (Figura 6-61) se carga en un extremo y se espera para sobrevivir un millón de ciclos de carga, con igual tracción mamá maxi- y tensiones de compresión, durante su toda la vida. ¿Cuál es la carga máxima admisible que se puede aplicar? Solución:

Desde la figura, se encuentra que la resistencia a la fatiga debe ser 22 MPa para que el polímero para sobrevivir un millón de ciclos. Por lo tanto, la carga máxima es F  F 

6-88 Una carga cíclica de 1500 lb es para ser ejercida en el extremo de un 10-in. viga de aluminio de longitud (Figura 6-50). La barra debe sobrevivir durante al menos 106 ciclos. ¿Cuál es el diámetro madre mini de la barra? Solución:

Desde la figura, nos encontramos con que la resistencia a la fatiga debe ser de 35.000 psi para que el aluminio para sobrevivir 106 ciclos. Por lo tanto, el diá- metro mínimo de la barra es re  3 10 18LF la fatiga



re 



resistencia a

3

10 18 10 in 35 000 psi

1500 lb



6-89 Una barra de polímero acetal cilíndrica 20 cm de largo y 1,5 cm de diámetro se somete a una carga vibratoria a una frecuencia de 500 vibraciones por minuto con una carga de 50 N. ¿Cuántas horas la parte sobrevivir antes de romper? (Véase la Figura 6-61) Solución:

La tensión que actúa sobre el polímero es s 10.18LF / d3 30,16 MPa

(10.18) (200 mm) (50 N) / (15 mm) 3

A partir de la figura, la vida de fatiga a 30,16 MPa es de aproximadamente 2 Sobre la base de 500 ciclos por minuto, la vida de la pieza se encuentra vida 2 105 ciclos / (500 ciclos / min) (60 min / h) 6,7 h 6-90 Supongamos que nos gustaría una pieza producida a partir del polímero acetal muestra en la figura 6-61 para sobrevivir durante un millón de ciclos en condiciones que proporcionan por la igualdad de los esfuerzos de compresión y de tracción. ¿Cuál es la resistencia a la fatiga, o la amplitud máxima de la tensión, se requiere? ¿Cuáles son el esfuerzo máximo, el mínimo estrés y la tensión media de la pieza durante su uso? ¿Qué efecto tendría la frecuencia de la aplicación de estrés tienen en sus respuestas? Explique. Solución:

Desde la figura, la resistencia a la fatiga en un millón de ciclos es 22 MPa. La tensión máxima es

22 MPa, la tensión mínima es

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22 MPa, y la

105 ciclos.

tensión media es de 0 MPa.

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CAPÍTULO6

Propiedades mecánicas y behavio r

69

Una alta frecuencia hará que el calentamiento del polímero. A medida que la temperatura del polímero aumenta, la resistencia a la fatiga disminuirá. Si la tensión aplicada no se reduce, a continuación, el polímero se producirá un error en un tiempo más corto. 6-91 El acero de alta resistencia en la figura 6-52 se somete a una tensión alterna a 200 revoluciones por minuto entre 600 MPa y 200 MPa (ambos tensión). Calcular la tasa de crecimiento de una grieta superficial cuando se alcanza una longitud de 0,2 mm, tanto en m / ciclo y m / s. Supóngase que f 1,0. Solución:

Para el acero, C 1,62 10 12 y n intensidad de tensiones K es

3,2. El cambio en la

     m et   ro La tasa de crecimiento de la grieta es da/ DN

1,62

da/ DN

1,62

ciclo / dt

10( K)3.2 10(12.03)3.2 m / da

60 s / min da / dt 6-92

10m / ciclo) (200 ciclos / min) /

(4,638

1,55

10Sra

El acero de alta resistencia en la figura 6-52, que tiene una tenacidad a la fractura crítica de 80 MPa m se somete a una tensión alterna que varía de 900 MPa (la compresión) para 900 MPa (tensión). Es para sobrevivir durante 105 ciclos antes de que ocurra el fracaso. Calcular (a) el tamaño de una grieta superficial requerida para el fracaso a ocurrir y (b) el mayor tamaño de la grieta de superficie inicial que permita que esto suceda. Supóngase que f 1. Solución:

(A) Sólo la porción de tracción de la tensión aplicada se considera en s. Sobre la base de la tensión aplicada de 900 MPa y la resistencia a la fractura de 80 m MPa el tamaño de una grieta de la superficie requerida por la falta de se producirá 1 K fs 2 K   o AC  C.A  m   et  ro (B) La superficie inicial más grande grieta tolerable para evitar el fallo a menos de 105 ciclos es N

105 ciclos

105



(2 3.2) / 2] 2 [(0,0025 m)(2 3.2) / 2  yo (2 3,2) (1,62 10) (1)3.2(900)3.2( )3.2 / 2

( 1.2) (1,62 (6.244)

2 [36,41 (ai) 0.60] 10 12) (1) (2,84 109)

(unayo) unayo m

0,0039 mm

6-93 El polímero acrílico de la que se obtuvo la figura 6-62 tiene una tenacidad a la m 2ItMPa fractura crítica de se somete a un estrés alterna entre 

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  Solución:

MPa, ya la grieta no se propaga por cargas de compresión.

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



m  m  et ro 10 7 m / ciclo

     De la gráfica, da / dN

3

6-94 Calcular las constantes de “C” y “n” es el 6-36 ecuación para la tasa de crecimiento de la grieta de un polímero acrílico. (Véase la figura 6-62.) Solución:

Vamos a escoger dos puntos de la gráfica: da m ciclo

cuando

K

da m ciclo

cuando

K

2 1 20

0 1 MPam et ro m 0 037 MPa et ro

10 do(0,1)norte  7 10 do(0.037)norte (0,1 / 0,037) n

(2.703) n

ln (20) ln (2,703) 2,9957

nn





2



10

3.01

CC

 

6-95 El polímero acrílico de la que se obtuvo la figura 6-62 se somete a un estrés NATing alter- entre 15 MPa y 0 MPa. Las grietas superficiales más grandes detectadas inicialmente por ensayos no destructivos son 0.001 mm de longitud. Si la m polímero MPa es2calculate el número de ciclos resistencia a la fractura crítica del requeridos antes de que ocurra el fracaso. Dejar F  Solución:

Del problema 6-94, do   unado ic / fs]2 MPa m

/ (1,2) (15 MPa)]2

C.A   norte =

2 [(0.00393 metro)(2 3.01) / 2 (2 3.01) / 2] (2 3.01) (2,047 10) (1,2)3.01(15 mPa)3.01( )3,01 / 2

norte = 1071,52) ( 1.01) (2,047  (1,7312) (3467,65) (5,6) 6-97 Verificar que la integración de da / dN dN 

Solución:



norte

2 (16.3995 10 3)

C ( K) n dará Ecuación 6-38. 

norte norte/ 2

nortenortenorte/ 2)

) (Da / anorte/ 2) o (da / anorte/ 2) Desde

norte unapagda

pag) entonces si p = norte/ 2

1

n / 2,

da / anorte/ 2 = 1 [una-

C.A (2 n) / 2 (2 n) / 2]

]

por lo tanto N =

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1 n/ 2

ai yo

2 [a

do

(2 n) / 2] (2 n) cfnortenortenorte/ 2 ci

(2 n) / 2

  6-102 La energía de activación para la auto-difusión en el cobre es 49300 cal / mol. imen A cobre SPEC- se arrastra en 0.002 in./in._h cuando una tensión de 15.000 psi se aplica a 600oC. Si la velocidad de fluencia del cobre depende de la auto-difusión, determinar la velocidad de fluencia si la temperatura es 800 ° C.

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CAPÍTULO6 Solución:

Propiedades mecánicas y behavio r

La velocidad de fluencia se rige por una relación de Arrhenius de la velocidad de la forma 

X UNA exp [ 49,300 / (1.987) (800 273)] 9,07   10 11 0,002 pulg./pulg. .decir ah exp [ 49,300 / (1.987) (600 273)] 4,54 10 13 X / 4,54

10)

0,4 pulg./pulg. . h

6-103 Cuando una tensión de 20.000 psi se aplica a un material calentado a 900oC, la rotura se produce en 25.000 h. Si la energía de activación para la ruptura es 35000 cal / mol, determinar el tiempo de rotura si la temperatura se reduce a 800oC. Solución:

71

El tiempo de ruptura se relaciona con la temperatura por una relación de Arrhenius de la forma tr Aexp ( Q / RT); el argumento de la exponencial es extremo positivo debido a que el tiempo de rotura es inversamente proporcional a la velocidad. A partir de la información dada tr UNA exp [35000 / (1.987) (800 273)] 1,35   107 25000 h UNA exp [35000 / (1.987) (900 273)] 3.32  tr 

6-104 Los siguientes datos se obtuvieron de un ensayo de fluencia para un espécimen que tiene una longitud de calibre inicial de 2,0 pulg. Y un diámetro inicial de 0,6. La tensión inicial aplicada al material es de 10.000 psi. El diámetro de la muestra después de la fractura es 0,52 en. Solución: longitud entre

Hora

Marcas Gage (in.) 2.004

(H) 0

Tensió n (en en.) 0,002

2.01

100

0,005

2.02

200

0,010

2.03

400

0,015

2,045

1000

0,0225

2,075

2000

0,0375

2.135

4000

0,0675

2,193

6000

0,0965

2.23

7000

0,115

2.30

8000 (fractura)

0.15

0.15

0.10

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Strain (pulg./pulg) 0.01 pendiente = 144,103% / h

2000 4000 6000 8000

Tiempo (h)

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Determinar (A) la carga aplicada a la muestra durante la prueba, (b) la duración aproximada de tiempo durante el cual se produce fluencia lineal, (c) la relación de fluencia en in./in..h y en% / h, y (d ) la verdadera tensión que actúa sobre la muestra en el momento de la ruptura. (A) La carga es F

sA

(10.000 psi) (

/ 4) (0,6 in.) 2

2,827 lb

(b) La trama de la cepa frente al tiempo es lineal entre aproximadamente 500 y 6000 horas, o un total de 5500 horas. (c) De la gráfica, la velocidad de deformación es la pendiente de la porción lineal de la curva.   (d) En el momento de la rotura, la fuerza es todavía 2.827 lb, pero el diámetro se reduce a 0,52 en. Por consiguiente, el estrés verdadera es st

F/A

2,827 lb / (

/ 4) (0,52 in.) 2

13.312 psi

6-105 Un acero inoxidable se mantiene a 705oC bajo diferentes cargas. Se obtienen los siguientes datos: Solución: El estrés Aplicada (MPa) 106.9 128,2

Tiempo de rotura (h) 1200 710

Fluencia Rate (% / h) 0,022 0,068

147,5

300

0,201

160,0

110

0,332

Determinar la exponentes “n” y “m” en las Ecuaciones 6-40 y 6-41 que describen la dependencia de la velocidad de fluencia y rotura tiempo en la tensión aplicada. parcelas que describen el efecto de la tensión aplicada sobre la tasa de fluencia y en tiempo de ruptura se muestran abajo. En la primera trama, la relación de fluencia está dada por e / t Csn y el gráfico es un gráfico log-log. En la segunda trama, tiempo de rotura viene dada por tr A sm, otro gráfico log-log. Los exponentes “n” y “m” son las pendientes de las dos gráficos. En este caso, norte  6.86

metro 

0.40 0.30 0.202000

0.10

1000

0.06600

tr UNA6.9

tiempo de rotura (h)

velocidad de fluencia (% / h)

72

0.04

400

0.03

0.02 

cuesta abajo 6.86

200

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cuesta abajo 6.9

0.01

t do 

 100

100200 300 Estrés (MPa)

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100200 300 Estrés (MPa)

CAPÍTULO6

Propiedades mecánicas y behavio r

73

6-106 Utilizando los datos en la figura 6-59 (a) para una aleación de hierro-cromo-níquel, determinar la energía de activación Qr y la constante de “m” para la ruptura en el rango de temperatura de 980 a 1090oC. Solución:

La ecuación apropiada es tr

Ksmexp (Qr / RT).

De la figura 6-59 (a), podemos determinar el tiempo de ruptura frente a tempera tura para una tensión fija, dicen s 1.000 psi: tr 

en 1090odo

2.400 h



tr  14.000 h

o

en 1040 do



tr  100.000 h

a 980odo



from estos datos, la ecuación se convierte tr K exp (Qr / RT) y podemos encontrar Qr por ecuaciones simultáneas o gráficamente. Qr  Nosotros También puede determinar el tiempo de ruptura frente a la tensión aplicada a una temperatura cons- tante, 1090oC decir: tr      Con este enfoque, la ecuación se convierte tr K m, donde se obtiene “m” gráficamente o por ecuaciones simultáneas: metro 

105

104

tiempo de rotura (h)

tiempo de rotura (h)

En 105 - 104 En

105

103

104

0.000796 - 0.000757

Q / R 59.000 Q 117 000 cal / mol

102

metro 103 0,00074 0,00076 0,00078 0,00080

1023.9 103 104 Estrés (psi)

I/T (K1)

6-107 A 1-in. bar diámetro de una aleación de hierro-cromo-níquel se somete a una carga de 2,500 lb ¿Cuántos días la barra de sobrevivir sin romper a 980oC? [Véase la figura 6-59 (a).] Solución:

El estrés es s

F/A

2,500 lb / (

/ 4) (1 in.) 2

3.183

psi partir de la gráfica, el tiempo de ruptura es de 700 h / 24 h / día

29 días

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6-108 A 5 mm bar 20 mm de una aleación de hierro-cromo-níquel es para operar a 1040oC durante 10 años sin romperse. ¿Cuál es la carga máxima que se puede aplicar? [Véase la figura 6-59 (a).] Solución: El tiempo de funcionamiento es (10 años) (365 días / año) (24 h / día)

87.600 h De la gráfica, la tensión debe ser inferior a 500

psi. La carga es entonces F pulg.) (20 mm / 25,4 mm / in.)

sA

(500 psi) (5 mm / 25,4 mm / 77,5 lb

6-109 Una aleación de hierro-cromo-níquel es para soportar una carga de 1,500 lb a 760oC durante 6 años. Calcular el diámetro mínimo de la barra. [Véase la figura 6-59 (a).] Solución:

El tiempo de funcionamiento es (6 años) (365 días / año) (24 h / día)

52.560 h

De la gráfica, la tensión debe ser inferior a 7000 psi. El diámetro mínimo de la barra es entonces re    



  

6-110 Una barra de 1,2 pulgadas de diámetro de una aleación de hierro-cromo-níquel es operar durante 5 años bajo una carga de 4,000 lb. ¿Cuál es la temperatura máxima de funcionamiento? [Véase la figura 6-59 (a).] Solución:

El tiempo de funcionamiento es (5 años) (365 días / año) (24 h / día) 2

43.800 h El estrés es s

F/A

4,000 lb / (

/ 4) (1,2 in.)

3.537 psi

A partir de la figura, la temperatura debe estar por debajo de 850oC a fin de que la barra de sobrevivir cinco años en 3537 psi. 6-111 Un 1 en. 2 en. Fundido dúctil barra de hierro debe operar durante 9 años en 650 ºC. ¿Cuál es la carga máxima que se puede aplicar? [Véase la figura 6-59 (b)]. Solución:

El tiempo de funcionamiento es (9 años) (365 días / año) (24 h / día) La temperatura es de 650

273

78.840 h.

923 K

LM  De la gráfica, la tensión debe ser no más de aproximadamente 1000 psi. La carga es entonces F  6-112 Una barra de hierro dúctil fundido es para funcionar a una tensión de 6000 psi durante 1 año. ¿Cuál es la temperatura máxima permitida? [Véase la figura 6-59 (b)]. Solución:

El tiempo de funcionamiento es (1 año) (365 días / año) (24 h / día) De la gráfica, el parámetro de Larson-Miller debe ser 34,4 a una tensión de 6000 psi. Así 34,4

(T / 1000) [36

0.043TT

800K

0,78 ln (8760)]

527oC

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8,760 h

7 StrainHardeningandAnnealing

7-5 Una barra de metal 0,505 pulgadas de diámetro con un 2-in. l0 longitud de banda se somete a un ensayo de tracción. Las siguientes mediciones se realizan en la región plástica:

Fuerza (lb) 27.500 27000 25.700

Cambio en la longitud Gage (in.) 0.2103 0.4428 0.6997

Diámetro (in.) 0.4800 0.4566 0.4343

Determinar el exponente de endurecimiento por deformación para el metal. Es el metal más probable que sea la FCC, BCC, o HCP? Explique. Solución: Fuerza (Lb)

Calibrar longitud (en.)

Diámetro (en.)

Cierto estrés (psi)

27.500 27000 25.700

2.2103

0.4800

151970

0,100

2.4428 2.6997

0.4566 0.4343

164893 173486

0,200 0,300

norte st = Ke orln s ln K t ln (151970) ln K n ln (0,1) 11.9314

Cierto tensión (en en.)

n ln e

ln (0,3) 12,0639

 

norte 0.12which

está en el intervalo de metales BCC

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Es cierto que el estrés (ksi)

300

200 150

norte 0.12

100 0.10.20.30.51.0 Deformación real (pulg./pulg).

7-7 Una barra de metal de 1,5 cm de diámetro con un 3-cm longitud de banda se somete a un ensayo de tracción. Las siguientes mediciones se realizan. Cambio en la longitud de referencia (cm) 0.6642 1.4754

Fuerza (N) 16240 19066 19273

Diámetro (cm) 1.2028 1.0884

2.4663

0.9848

Determinar el coeficiente de endurecimiento por deformación para el metal. Es el metal más probable que sea la FCC, BCC, o HCP? Explique. Solución:

(NOR TE) 16240

(cm)

(Mm)

(MPa)

3.6642

12.028

143

defor mació n real (Cm / cm) 0,200

19066

4.4754

10.884

205

0,400

19273

5.4663

9,848

249

0,600

Fuerza

st

Ke t

(4.962

longitud calibrada Diámetro

Es cierto estrés

norte

ln 143 ln 249

5.517)

ln K ln K

n ( 1.609

n ln 0,2 n ln 0,6 0.511)

norte  Un coeficiente de endurecimiento por deformación de 0,51 es típica de los metales de la FCC.

300

Es cierto que la tensión (MPa)

76

200 norte 0.51

100 0.10.20.40.61.0 Deformación verdadera (cm / cm)

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CAPÍTULO7

Endurecimiento por deformación ng y Anneali

7-9 Una verdadera curva deformación-esfuerzo verdadero se muestra en la figura 7-22. Determinar la cepa exponente ing harden- para el metal. Solución:

st

Ket n

mit st 0.05 in./in.60,000

psi

0.10 in./in.66,000

psi

0.20 in./in.74,000

psi

0.30 in./in.76,000

psi

0.40 in./in.81,000

psi

Desde gráfico: K

92.000 psi

norte  t = 92.000 para t 1

Es cierto que el estrés (ksi)

100 80 70 60 50

norte 0.15 0.050.100.200.40 Deformación real (pulg./pulg).

7-10

Un Cu-30% de Zn bar aleación tiene un coeficiente de endurecimiento por deformación de 0,50. La barra, que tiene un diámetro inicial de 1 cm y una longitud de calibre inicial de 3 cm, falla en un estrés inge- niería de 120 MPa. Después de la fractura, la longitud de referencia es de 3,5 cm y el diámetro es de 0,926 cm. No se produjo estricción. Calcular la tensión real cuando la deformación real es 0,05 cm / cm. Solución:

et

sE

ln (LF / lo) 120 MPa



ln (3,5 / 3,0) F (

F  9425 N st

(

/ 4) (9,26 mm) 2

0,154

/ 4) (10 mm) 2



st 0.5 MPaor La tensión real en et

0,05 cm / cm es:

st 0.5

o

K 

st 

7-14 La fuente Frank-Read muestra en la Figura 7-5 (e) ha creado cuatro bucles de dislocación de la línea de dislocación originales. Estimar la línea de dislocación total presente en la fotografía y determinar el porcentaje de incremento en la longitud de las dislocaciones pro- ducido por la deformación. Solución:

Si la longitud de la línea de dislocación original es 1 mm en la fotografía, a continuación, se puede estimar la circunferencia de los bucles de dislocación. Los bucles no son círculos perfectos, por lo que podrían medir los diámetros más pequeños y más grandes, a continuación, utilizar la media:

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primero lazo: repequeña grande avg  segundo lazo: repequeña grande avg  tercero lazo:

repequeña grande avg 

cuarto lazo:

repequeña grande avg 

Por lo tanto en la fotografía en sí: longitud total

1

(12,0

19,0

29,0

43,5)

326

mm La ampliación de la fotografía es 30.000. Por lo tanto: longitud total

326 / 30.000

0,0109 mm

La línea de dislocación original es 1 mm / 30000 % De aumento 32.630%

(0,0109

0.0000333) / 3,33

3,33

10 5 mm

10 5 mm)

100



7-19 Una placa de cobre 0,25 pulgadas de espesor es para ser trabajado en frío del 63%. Encuentra el espesor final. Solución:

(Ver figura 7-7.)

63

0,25 tf 0.25

100% o

t  F

7-20 Una barra de cobre 0,25 pulgadas de diámetro es para ser trabajado en frío del 63%. Encuentra el diámetro final. (0,25)2 2 Solución: 63 f 100% o re 2 o re  ff 2 (0,25) 7-21 Una varilla de cobre 2 pulgadas de diámetro se reduce a 1,5 en. De diámetro, después se redujo de nuevo a un diámetro final de 1. En un segundo caso, la varilla de 2 pulgadas de diámetro se reduce en un solo paso a partir de 2 en. a un 1 en. de diámetro. Calcular la CW% para ambos casos. Solución:

% CW

(2) 2 (1) 2 (2)2

100

75% en ambos casos

7-22 Una placa 3105 de aluminio se reduce de 1,75 pulg. A 1,15 en. Determinar las propiedades finales de la placa. (Véase la figura 7-23.) Solución:

% CW TS

1,75 1,15 1.75

100%

26 ksiYS ksi

34,3% %alargamiento 

7-23 A Zn barra de latón Cu-30% se reduce de 1-in. diámetro hasta un 0,45-in. diámetro. Determinar las propiedades finales de la barra. (Véase la figura 7-24.) Solución:

% CW TS 105

(1) 2 (0.45) 2 (1)2 ksiYS

100

79,75% ksi %alargamiento 

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CAPÍTULO7

Endurecimiento por deformación ng y Anneali

7-24 Una barra 3105 de aluminio se reduce de un 1-in. de diámetro, a una 0,8-in. de diámetro, a una 0,6-in. de diámetro, a una final 0,4-in. diámetro. Determinar la CW% y las propiedades después de cada paso del proceso. Se calcula el porcentaje de trabajo en frío total. (Véase la figura 7-23.) Solución:

Si se calculó la deformación por ciento en cada etapa por separado, encontraríamos que se requiere 36% de deformación para ir de 1 pulg. A 0,8. La deformación de 0,8 pulg. A 0,6 pulg. (Usando 0,8 en. Como el diame- inicial ter) es 43,75%, y la deformación de 0,6 pulg. a 0,4 pulg. (usando 0,6. como el diámetro inicial) es 55,6%. Si añadimos estos tres deformaciones, el total sería de 135.35%. Esto no sería correcto. En su lugar, debe siempre utilizar el original 1 en. de diámetro como punto de partida. La siguiente tabla resume la deformación real y las propiedades después de cada paso. TSYS% ksiksi (1) 2

(0,8) 2

alargamiento

36% 26 236

2

(1) (1) 2 (0,6) 2

64% 30 273

(1)2 (1) 2 (0,4) 2

84% 32 292

(1)2 El porcentaje de trabajo en frío total es en realidad 84%, no del 135,35%. 7-25 Queremos una barra de cobre que tiene una resistencia a la tracción de al menos 70.000 psi y un diámetro final de 0,375 pulg. ¿Cuál es el diámetro mínimo de la barra original? (Véase la Figura 7-7.) Solución:

% CW re 50 o

50% a lograr la resistencia mínima a la tracción 2  r o2 e 0,5 DO2 0.140625or reo  2

7-26 Queremos una placa de bronce% de Cu-Zn 30 originalmente en 1,2. de espesor para tener un límite de elasticidad superior a 50.000 psi y un% de alargamiento de al menos 10%. ¿Qué rango de espesores finales deben ser obtenidos? (Véase la figura 7-24.) Solución:

YS %E 1,2

50000 psi 10% tF 0.201.2 1.2

tF en.

requiere CW

20%

requiere CW

35%

F  1.2 tF 

tf 

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79

80

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7-27 Queremos que una hoja de cobre para tener al menos 50.000 psi resistencia a la fluencia y al menos 10% de alargamiento, con un espesor final de 0,12. ¿Qué gama de espesores original debe ser utilizado? (Véase la Figura 7-7.) Solución:

YS %E

50 ksi requiere CW

25%

10% requiere CW

30%

to  0.25 to

to 0.12 to



to en.

to 

to  7-28 Una placa 3105 de aluminio previamente trabajado en frío del 20% es 2-in. grueso. Es entonces frío trabajó además a 1,3 en. Se calcula el porcentaje de trabajo en frío total y determinar las propiedades finales de la placa? (Véase la figura 7-23.) Solución:

El espesor original (antes de la 20% de trabajo en frío) debe haber sido: to  0.20 t  o to El trabajo en frío total se basa entonces en el anterior 2,5 de espesor.: CW

2,5 1,3 2.5YS

100%

48%

TS 28 ksi  % E 4%

7-29 Una correa de aluminio-litio 0,25-in. de espesor y 2-in. ancha es que ser cortado a partir de una chapa laminada, como se describe en la figura 7-10. La correa debe ser capaz de soportar una carga de 35.000 lb sin deformación plástica. Determinar la gama de orientaciones de la que la correa se pueden cortar de la hoja enrollada. Solución:

35000

s

 (0,25) (2)

Las propiedades se pueden obtener en ángulos de 0 a 20º de la dirección de laminación de la hoja. 7-43 Queremos llamar un alambre de cobre 0,3 pulgadas de diámetro que tiene un límite de elasticidad de 20000 psi en alambre 0,25 pulgadas de diámetro. (A) Calcular la fuerza de empate, suponiendo que no hay fricción. (B) la ruptura alambre estirado durante el proceso de dibujo? Show. (Véase la Figura 7-7.) Solución:

(A) Antes de dibujo (0% CW), el límite de elasticidad es de 20 ksi CW

(0.3) 2  30,6% (0,3)2

20,000 psi.

lo que da YS 53,000 psi en el alambre estirado

(b) La fuerza necesaria para extraer el cable original es: 20.000 psi

F/(

/ 4) (0,3)2 o

F  (c) La tensión que actúa sobre el alambre trefilado es: s

1414 / (

/ 4) (0,25) 2

28,806 psi

53.000 psi

Dado que la actuación tensión real (28.806 psi) en el alambre estirado es menor que el límite de elasticidad (53.000 psi) del alambre estirado, el hilo no se rompa durante la fabricación.

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CAPÍTULO7

Endurecimiento por deformación ng y Anneali

81

7-44 Un alambre de aluminio 3105 es para ser dibujado para dar un alambre de 1 mm de diámetro que tiene un límite de elasticidad de 20000 psi. (A) Encontrar el diámetro original del alambre, (b) calcular la fuerza sorteo requerida, y (c) determinar si el alambre como dibujado a romperá durante el proceso. (Véase la figura 7-23.) Solución:

(A) Necesitamos trabajo en frío 25% para obtener el límite de elasticidad requerido: re 2 2

 1 reO  r o2 0 75 e (b) El límite de fluencia inicial del alambre (con 0% de trabajo en frío) es 8.000 psi, por lo que la fuerza requerida para deformar el alambre inicial es: o



F  (c) La tensión que actúa sobre el alambre estirado (que tiene un diámetro más pequeño, pero se somete a la misma fuerza dibujo) es: 12,98 lb s  ( / 4) (1 mm / 25,4 mm / in) 2 Ya que la tensión real es menor que el límite de elasticidad 20.000 psi del alambre estirado, el proceso tendrá éxito y el cable no se rompa. 7-53 Una aleación de titanio contiene una dispersión muy fina de partículas Er2O3 diminutos. ¿Cuál será el efecto de estas partículas sobre la temperatura de crecimiento del grano y el tamaño de los granos a cualquier temperatura de recocido particular? Explique. Solución:

Estas partículas, ayudando Pin de los límites de grano, se incrementará la temperatura de crecimiento del grano y disminuir el tamaño de grano.

7-55 Se obtuvieron los datos siguientes cuando se recoció un metal trabajado en frío. (a) Estimar las temperaturas de recuperación, recristalización y crecimiento de grano. (b) Recomiendan una temperatura adecuada para un tratamiento térmico de alivio de tensión. (c) Recomiendan una temperatura adecuada para un proceso de trabajo en caliente. (D) estimar la temperatura de fusión de la aleación. Recocido Temperatura (oDO) 400

rendimie nto Fuerza (MPa)

Grano tama ño (Mm)

86

0.10

500 600

3,05 3,36

105 105

85 84

0.10 0.10

700

3,45

105

83

0,098

800

3,46

10

5

52

0,030

900

3,46

105

47

0,031

3,47

10

5

44

0,070

10

5

42

0,120

1000 1100 Solución:

Eléctrico Conductivida d (ohmcm) 3,04 105

3,47

(A) temperatura de recuperación 550oC temperatura de recristalización

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750oC temperatura de crecimiento de grano 950oC (b) temperatura de alivio del estrés odo

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(c) temperatura de trabajo en 900oC (d) 0,4 Tmp

caliente

oC 1023 K Tmp 

propiedad es

82

Conductivi dad eléctrica

Tama ño de gran rendimiento o fuerza

40060080010001200 Temperatura (DO)

7-56 Se obtuvieron los datos siguientes cuando se recoció un metal trabajado en frío. (a) Estimar las temperaturas de recuperación, recristalización y crecimiento de grano. (b) Recomiendan una temperatura adecuada para la obtención de una alta resistencia, alta conductividad eléctrica de alambre. (C) recomiendan una temperatura adecuada para un proceso de trabajo en caliente. (d) Estimar la temperatura de fusión de la aleación. Temperatura de recocido

Tension es residual es (psi)

Resiste ncia a la tracción

Tama ño de grano

(psi)

(en.)

250 275

21000 21000

52000 52000

0,0030 0,0030

300

5000

52000

0,0030

325

0

52000

0,0030

350

0

34000

0,0010

375

0

30000

0,0010

400

0

27000

0,0035

425

0

25000

0,0072

(oDO)

Solución:

(A) temperatura de recuperación 280oC temperatura de recristalización 330oC temperatura de crecimiento de grano 380 ° C (b) Para una alta resistencia, cable de alta conductividad, queremos calentar en el intervalo de recuperación. Una temperatura

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adecuada podría ser 320oDO. (c) temperatura de trabajo en caliente

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375odo

CAPÍTULO7 (D) 0,4 Tmp

330oC

Endurecimiento por deformación ng y Anneali

603 K

Tmp 

propiedad es

Resiste ncia a la tracción

estrés Residual tamaño de grano 250300350400450 Temperatura (DO)

7-58 Determinar el número de tamaño de grano ASTM para cada una de las micrografías en la figura 7-16 y trazar el número de tamaño de grano frente a la temperatura de recocido. Solución:

El número aproximado de granos por pulgada cuadrada en cada gráfico fotomicrografías a 75x es: 400oC: N (26 granos / pulg2) (75/100) 2 2 norte log (14,6) 2,683 (n 1) (0.301) norte  650 ºC: N (3 granos / pulg2) (75/100) 2 2 norte log (1,7) 0,23 (n 1) (0.301) norte  800oC: N (0,7 granos / pulg2) (75/100) 2 2 norte log (0,4) 0.40 (n 1) (0.301) norte 

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83

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s

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ASTM Grain Número Tamaño (n)

4

2

0

400600800 Temperatura (DO)

7-66 Utilizando los datos de la Tabla 7-4, trazar la temperatura de recristalización frente a la temperatura de fusión de cada metal, usando temperaturas absolutas (Kelvin). Medir la pendiente y comparar con la relación esperada entre estas dos temperaturas. Es nuestra aproximación una buena? Solución:

Mudado las temperaturas de recristalización y de fusión a Kelvin, se puede obtener la gráfica mostrada. La relación de Tr 0.4Tm (K) está muy estrechamente siguió. Tmetro

Tr

Al933

K423

K

Mg923

K473

K

ag

1235 K473 K

Cu

1358 K473 K

Fe

1811 K723 K

Ni

1726 K873 K

Mes

2883 K

1173 K

W

3683 K

1473 K

2000

temperatura de recristalización (K)

84

1000 cuesta abajo 0.4 1000200030004000 temperatura de fusión (K)

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CAPÍTULO7

Endurecimiento por deformación ng y Anneali

85

7-67 Nosotros desee para producir un 0,3 pulgadas de espesor de placa de 3105 de aluminio que tiene una resistencia a la tracción de al menos 25.000 psi y un% de alargamiento de al menos 5%. El espesor original de la placa es 3. El trabajo máximo frío en cada paso es 80%. Describir los pasos ING y recocido de obra frío requeridas para hacer este producto. Comparar este proceso con el que usted recomendaría si se pudiera hacer la deformación inicial de trabajo en caliente. (Véase la figura 7-23.) Solución:

TS 25000 CW  TI   0.30or tyo

30%; Para% de alargamiento

5% CW



t  yo

trabajo en frío / recocido tratamiento tratamiento de trabajo en caliente CW 75% 3,0-0,75 in.HW 85,7% a partir de 3,0 a 0,429 pulg. recocer CW 30% ,429-,3 en. CW 42,8% 0,75 a 0,429 in. Recocido CW 30% ,429-,3 en. 7-68 Nosotros desee para producir una 0,2-in. alambre de diámetro de cobre que tiene un límite de elasticidad mínimo de 60.000 psi y una% de alargamiento mínimo de 5%. El diámetro original de la varilla es de 2 pulg. Y el trabajo máximo frío en cada paso es 80%. Describir las etapas de trabajo en frío y de recocido requeridos para hacer este producto. Comparar este proceso con el que usted recomendaría si se pudiera hacer la deformación inicial de trabajo en caliente. (Véase la Figura 7-7.) Solución:

Para YS 60 ksi, CW 40%; Para% de alargamiento   re 2 2

42or rei ryo2 e trabajo en frío / recocido tratamiento yo



0 04 0 58



tratamiento de trabajo en caliente

CW 75% de 2 a 1 en diámetro HW 98,3% 2-0,263 en. recocer CW 42% 0,263 a 0,2 en. CW 75% del 1 a 0,5 pulg. Recocido CW 72,3% 0,5 a 0,263 in. Recocido CW 42% 0,263 a 0,2 en.

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5CW

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8 PrinciplesofSolidification

8-10 Supongamos que el níquel líquido se supercongelados hasta que se produce la nucleación homogénea. Calcular (a) el radio crítico del núcleo requerida, y (b) el número de átomos de níquel en el núcleo. Supongamos que el parámetro de red del níquel FCC sólido es 0.356 nm. Solución:

De la Tabla 8-1,  (2) (255 10 7 J / cm2) (1453 273) r* = 10 8 cm (2,756 J / cm3) (480) unao UNA

6,65

V cm3 Vnúcleo cm)3

cm3 número de células unitarias 27,3 átomos por núcleo

1.232 / 45.118

(4 átomos / célula) (27,3 células)

109 átomos

8-11 Supongamos que el hierro líquido se supercongelados hasta que se produce la nucleación homogénea. Calcular (a) el radio crítico del núcleo requerida, y (b) el número de átomos de hierro en el núcleo. Supongamos que el parámetro de red de la plancha BCC sólido es 2,92 Å. Solución:

r*

(2) (204  (1,737 J / cm3) (420)

V 3 3 cm3 Vuc3 3 cm3 número de células unitarias átomos por núcleo

4.352 / 24.897

175

(175 células) (2 átomos / célula)

350 átomos

8-12 Supongamos que el níquel sólido fue capaz de nucleada homogéneamente con un subenfriamiento de solamente 22 ° C. ¿Cuántos átomos tendrían que agruparse de forma espontánea para que esto ocurra? Supongamos que el parámetro de red del níquel FCC sólido es 0.356 nm. 87

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88

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(2) (255  (2,756 J / cm3) (22)

r*

Solución:

s

Vuc cm3

(Véase el problema 8-10)

Vnuc  cm)3 cm3 

número de células unitarias 2,84

105 átomos por núcleo

células) 8-13

1,136

1,282

10 17 / 45.118

10 24

(4 átomos / células) (2,84

105

106

Supongamos que el hierro sólido fue capaz de nucleada homogéneamente con un subenfriamiento de solamente 15 ° C. ¿Cuántos átomos tendrían que agruparse de forma espontánea para que esto ocurra? Supongamos que el parámetro de red de la plancha BCC sólido es 2,92 Å. Solución:

(2) (204

r*

 

Vuc cm3

(Véase el problema 8-10)

Vnuc    átomos por núcleo

(2 átomos / células) (3,838

106 células)

7,676

106

8-14 Calcular la fracción de solidificación que se produce dendritically cuando nuclea hierro (a) A las 10oC subenfriamiento, (b) al 100oC subenfriamiento, y (c) de forma homogénea. El calor específico del hierro es 5,78 J / cm3.oDO. Solución:

F 

doDO) F 1737 J / cm3



do F 1737 J / cm3 do  F 1737 J / cm3 8-28 Calcular la fracción de solidificación que se produce dendritically cuando ates nucle- plata (a) a 10 ° C subenfriamiento, (b) a 100oC subenfriamiento, y (c) de forma homogénea. El calor específico de la plata es 3,25 J / cm3.oC. Solución:

F 

doDO) F 965 J / cm3



do F 965 J / cm3 do F 965 J / cm3 8-29 Análisis de una pieza de fundición de níquel sugiere que el 28% del proceso de solidificación se produjo de una manera dendrítica. Calcular la temperatura a la que se produjo la nucleación. El calor específico del níquel es 4,1 J / cm3.oC. Solución:

do F  F 2756 J / cm3 cor

Tennesse 

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CAPÍTULO8

Principios de Solidificación

89

8-31 A 2-in. cubo solidifica en 4,6 min. Calcular (a) la constante de molde en regla de chvorinov y (b) el tiempo de solidificación para una 0,5 en. 0,5 en. 6 en. Bar fundido en las mismas condiciones. Supongamos que n 2. Solución:

(A) Podemos encontrar el volumen y el área de superficie del cubo: V 3 3

UNA 2 2

t 2

segundo  (b) Para que la barra, suponiendo que B

41,48 min / in.2:

V  UNA  t  8-32 Una esfera de 5 cm de diámetro se solidifica en 1050 s. Calcular el tiempo de solidificación para una 0,3 cm cm placa de 10 20 cm fundido en las mismas condiciones. Supongamos que n 2 3  Solución: t = 1050 s = B  = B [2.5 / 3] 2 o B = 1.512 s / cm2  4  2 5 2 (1512) (0,3 2 t=  [2 (0,3) (10) 2 (0.3) (20) 2 (10) (20)] 2 8-33 Encuentra las constantes B y N en la regla de chvorinov trazando los siguientes datos en un gráfico log-log: CastingSolidification dimensionstime (in.) (min) 0,5 8 123.48 2 3 1015.78 2.5 cube10.17 1 4 98.13 Solución:

V (en.3) 48 60 15.6 36

A (en.2) 212 112 37.5 98

Vano.) 0,226 0,536 0,416 0,367

Desde la gráfica, nos encontramos con que segundo 2 y n

1,72

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2.

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s

instructor de Manual de soluciones

50 segun do 48

10

Tiempo (min)

90

5 norte 1.72

1 0.10.51.0 Vano)

8-34 Encuentra las constantes B y N en la regla de chvorinov trazando los siguientes datos en un gráfico log-log. Fundición dimensione s (cm)

Solución:

Solidificación hora (S)

1

1

6

28.58

2

4

4

98.30

4

4

4

155.89

8

6

5

306,15

V (cm3)

A (cm2)

6

26

0.23

32

64

0.5

64

96

0.67

240

236

1.02

V / A (cm)

A partir del gráfico, nos encontramos con que segundo 2 y n

1,58.

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CAPÍTULO8

Principios de Solidificación

91

500

segund o 305

Tiempo (s)

100

50

norte 1.58 10 0.10.51.0 V / A (cm)

8-35 A colada 3 pulgadas de diámetro fue producido. Los tiempos requeridos para la interfase sólido-líquido para llegar a diferentes distancias por debajo de la superficie de colada se midieron y se muestran en la tabla siguiente. Distancia de la superficie (en.)

Hora (S)

t

0.1 0.3

32.6 73.5

5.71 8.57

0.5

130,6

11.43

0.75

225,0

15.00

1.0

334,9

18.22

Determinar: (a) el tiempo en el que la solidificación comienza en la superficie y (b) el momento en que se espera que toda la colada a ser sólida. (C) Supongamos que el centro de la ing colado solidificado en realidad 720 s. Explicar por qué esta vez puede ser diferente de la hora calculada en la parte (b). Solución:

Nosotros podría trazar d en función de t comotsuperfi se muestra, findingfrom donde cie t intersecta la trama el eje x y 1,5. O centrar dónde la trama se cruza d que podría tomar dos de los puntos de datos y resuelve para cyk. re k t  0 1 0 5

k 32 6 c k 130 6 c





k  do  (una) re  t  tsuperficie 2 

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la

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(B) 1 5

s

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0 070t 

tcentrar 2  (c) El molde se calienta durante el proceso de solidificación, y por consiguiente el calor se extrae de la pieza de fundición más lentamente. Esto a su vez cambia las constantes en la ecuación y aumenta el tiempo necesario para la solidificación completa.

1.5

centrar

1.0

Debido a la calefacción de molde

0.5

k 0.07

Distancia desde la superficie (in)

92

0 102030 t (S)

8-36 La figura 8-9 (b) muestra una fotografía de una aleación de aluminio. Estimado (a) el secundario separación de los brazos de las dendritas y (b) el tiempo de solidificación local para esa área de la pieza colada. Solución:

(A) La distancia entre los brazos dendríticos adyacentes se puede medir. Aunque la mayoría de las personas que realizan estas mediciones llegarán en momentos ligeramente diferentes números, cálculos de los autores obtuvieron a partir de cuatro brazos primarios diferentes son: 16 mm / 6 armas 9 mm / 5 armas

1,80 mm

13 mm / 7 armas 18 mm / 9 rms promedio

2,67 mm

1,85 mm 2,00 mm

2,08 mm

0.208

cm Dividiendo por la magnificación de SDAS

0.208 cm / 50

4,16

50: 10 3 cm

(B) A partir de la figura 8-10, nos encontramos con que el tiempo de solidificación local (LST) 90 s 8-37 Figura 8-31 muestra una fotografía de dendritas FeO que han precipitado de un vaso (un líquido supercongelado). Estimar la separación de los brazos de dendrita secundario. Solución:

Nosotros puede encontrar 13 SDAS a lo largo de una distancia de 3,5 cm en el gráfico fotomicrografías. El aumento de la microfotografía es 450, mientras que queremos que la longitud real (con un aumento 1). Así: SDAS

(13 SDAS / 3,5 cm) (1/450)

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8,25

10 3 cm

8-38 Encuentra las constantes C y M que relaciona la separación de los brazos de dendrita secundario al tiempo de solidificación local mediante el trazado de los siguientes datos en un gráfico log-log:

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CAPÍTULO8 Solidificación Hora (S) (cm)

Principios de Solidificación

93

SDAS

1560.0176 2820.0216 6060.0282 13560.0374 Solución:

A partir de la pendiente de la gráfica: metro  A continuación, podemos elegir un punto de la gráfica (por ejemplo SDAS 0,0225 cm cuando se LST 300 s) y calcular “c”: 0,0225

c (300)0.34



SDAS (cm)

0.10

0.05 0.03 metro 0.34 0.01 100300

50010003000 Tiempo (s)

8-39 Figura 8-32 muestra dendritas en una partícula de polvo de titanio que se ha solidificado rápidamente. Suponiendo que el tamaño de las dendritas de titanio está relacionada con el tiempo de solidificación por la misma relación que en el aluminio, estimar el tiempo de solidificación de la partícula de polvo. Solución: La separación de los brazos de dendrita secundario puede estimarse a partir de la tomicrograph foto- en varios lugares. cálculos del autor, derivadas de las mediciones en tres lugares, son 11 mm / 8 brazos

1.375 mm

13 mm / 8 armas

1,625 mm

13 mm / 8 armas

1.625 mm

promedio

1.540 mm

Dividiendo por la ampliación de 2200: SDAS

(1,540 mm) (0,1 cm / mm) / 2200

7

10 5 cm

La relación entre SDAS y tiempo de solidificación para el aluminio es: SDAS

8

10t0.42 

t 1 / 0,42 

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s

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8-40 La separación de los brazos de dendrita secundario en una soldadura por haz de electrones del cobre es 9.5 10 4 cm. Estimar el tiempo de solidificación de la soldadura. Solución:

De la figura 8-10, se puede determinar la ecuación que relaciona SDAS y solidificación tiempo para el cobre: norte 0.38

do

  9.5

10(LST)0.38

(Nota: LST es tiempo de solidificación local) 0,2375

(LST)0.38

ln LST

3,783

o

 

orLST

8-45 Una curva de enfriamiento se muestra en la figura 8-33. Determinar: (a) la temperatura de vertido, (B) la temperatura de solidificación, (c) el recalentamiento, (d) la velocidad de enfriamiento justo antes de comenzar la solidificación, (e) el tiempo total de la solidificación, (f) el tiempo de solidificación local, y (g) la identidad probable del metal . (H) Si se obtuvo la curva de enfriamiento en el centro de la pieza colada esbozado en la figura, determinar la constante de molde, ing suponiendo que n 2. Solución:

(averter oC (e)

ts 

(B) Tsol (C) Ts

 Cadmio (Discos compactos) (h) ts 470 B [38,4 / segundo 

(D)

T/

320oC (f) LST 475 320 155oC (g) 475 320 1,2 o t C/s 121,6] 2 130 0

8-46 Una curva de enfriamiento se muestra en la figura 8-34. Determinar: (a) la temperatura de vertido, (B) la temperatura de solidificación, (c) el recalentamiento, (d) la velocidad de enfriamiento justo antes de comenzar la solidificación, (e) el tiempo total de la solidificación, (f) el tiempo de solidificación local, (G) el subenfriamiento, y (h) la probable identidad del metal. (I) Si se obtuvo la curva de enfriamiento en el centro de la pieza colada esbozado en la figura, determinar la constante de molde, suponiendo que n 2. Solución:

(averter oC (e)

ts 

(B) Tsol

420oC (f) LST



(C)

Ts

900

420

(D)

T/

t

900 Zn

400 1,6 0

(I) SR

9,7

480oC (g) 420  312 oC / min

B [8/24]2 o

(H)

segundo 

8-47 Figura 8-35 muestra las curvas de enfriamiento obtenidas de varias ubicaciones dentro de un bastidor de aluminio cilíndrica. Determinar los tiempos de solidificación locales y el SDAS en cada lugar, a continuación, trazar la resistencia a la tracción frente a la distancia desde la superficie ing colado. Recomendaría usted que la colada se ha diseñado de manera que una cantidad grande o pequeña de material debe ser mecanizado de la superficie durante el acabado? Explique. Solución:

Los tiempos de solidificación locales se pueden encontrar a partir de las curvas de enfriamiento y se pueden utilizar para encontrar los valores SDAS esperados de la figura 8-10. Los valores SDAS se pueden usar entonces para encontrar la resistencia a la tracción,

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utilizando la figura 8-11.

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CAPÍTULO8 Superficie: LST

10 s

SDAS

Principios de Solidificación 1,5

10 3 cm

ksi Midradius: LST

100 s

SDAS

5

44 ksi Center: LST

500 s

SDAS

10

TS

10 3 cm

95

47

TS

10 3 cm

TS 39,5 ksi Tú prefieren máquina como poco material de la superficie de la pieza de fundición como sea posible; el material de la superficie tiene la estructura más fina y más alta resistencia; cualquier mecanizado excesiva simplemente elimina el “mejor” material.

Resistencia a la tracción (ksi)

50

40

30 Superficie Mediados de radiusCenter

8-48 Calcular el volumen, el diámetro y la altura de la columna ascendente cilíndrica necesaria para pre- contracción de ventilación en un 4 en. 10 en. 20 en. Fundición si el H / D del tubo vertical es 1,5. Solución:

(4) (10) (20)

(VIRGINIA)d 

2 (4) (10)

o

2 (4) (20)

 2 (10) (20)

/ 4) D2H ( / 4) (3/2) D3 3D / 8 = 3D / 16   2 2 ( / 4) D DH ( / 2) D22 2 (

(VIRGINIA)r 

re en.

H 10 en.

1,25

V 

8-55 Calcular el volumen, el diámetro y la altura de la columna ascendente cilíndrica necesaria para pre- contracción de ventilación en un 1 en. 6 en. 6 en. Fundición si el H / D del tubo vertical es 1,0. Solución:

V  

(VIRGINIA)r 

/ 4) D2H  ( / 4) D3  2 ( / 4) D2 DH (3 / 2) D2 (

re en.

H 2,25 en.

V 

8-56 Figura 8-36 muestra un elevador cilíndrico unido a una pieza de fundición. Comparar los tiempos ción solidifica- para cada sección de la colada y el tubo de subida y determinar si el tubo de subida será efectiva. Solución: Del (VIRGI

NIA)

gad o

(VIRGI

NIA)grues

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o (VIRGINIA)tubo de subida



(8) (6) (3) (3) (6) 2 (3) (8)



(6) (6) (6)

2 (6) (8)

 



(

/ 4) (3) 2(7)





(6) (3)  Tenga en cuenta que la zona de subida en contacto con el casting no está incluido ni en la vertical o la fundición de superficie; no se pierde calor a través de este

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interfaz. De una manera similar, el área de contacto entre las partes gruesas y delgadas de la pieza de fundición no están incluidos en el cálculo de la zona de colada. El elevador no será eficaz; la sección gruesa de la pieza fundida tiene la mayor relación V / A y por lo tanto requiere el tiempo de solidificación más largo. En consecuencia, el tubo ascendente será completamente sólido antes de la sección gruesa es solidificado; no metal líquido estará disponible para compensar la contracción de solidificación. 8-57 Figura 8-37 muestra un elevador cilíndrico unido a una pieza de fundición. Comparar los tiempos ción solidifica- para cada sección de la colada y el tubo de subida y determinar si el tubo de subida será efectiva. Solución:

(4) (4) (4)  (VIRgrueso  5 (4) (4) 1 (2) (4) GINI A) (2) (2) (4)  (VIRGINIA)Delgado  3 (2) (4) 2 (2) (2) (VIRGINIA)R 

( / 4) (42) (8)  

El área entre las secciones gruesas y delgadas de la pieza de fundición no están incluidos en el cálculo de área de colada; no se pierde calor a través de esta interfaz. El elevador no será eficaz; la sección delgada tiene la más pequeña relación V / A y por lo tanto se congela primero. A pesar de que el elevador tiene el más largo tiempo de cationes solidifi-, la sección delgada aísla la sección gruesa de la tarjeta vertical, Antes de ventilación de metal líquido de la alimentación de la columna ascendente a la sección de espesor. La contracción se producirá en la sección gruesa. 8-58 Se permite una esfera de 4 pulgadas de diámetro de cobre líquido para solidificar, produciendo una cavidad de contracción esférica en el centro de la pieza colada. Comparar el volumen y el diámetro de la cavidad de contracción en la fundición de cobre al que se obtiene cuando un 4-in. se permite esfera de hierro líquido para solidificar. Solución:

Cu: 5,1% de Fe: 3,4% resfera  3 Cu: Vcontracción  (0.051) 1,709 in.3 (4 / 3) r3 3 o

r en.

reporo 

Fe: Vcontracción 3 (0.034) 3 (4 / 3) r3 3

o

r  recavidad  8-59 A 4-in. se permite que el cubo de un metal líquido que se solidifique. Una cavidad de contracción esférica con un diámetro de 1,49 in. Se observa en la colada sólida. Determinar el cambio de volumen por ciento que se produce durante la solidificación. Solución:

Vlíquido 3 3 Vcontracción 3

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3 Vsólido 3 % De cambio de volumen 64 64

62.268

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100

2,7%

CAPÍTULO8

Principios de Solidificación

97

8-60 A 2 cm 4 cm 6 cm de fundición de magnesio se produce. Después de enfriar a la habitación tem- peratura, se encuentra la pieza de fundición para pesar 80 g. Determinar: (a) el volumen de la cavidad de contracción en el centro de la pieza colada y (b) el porcentaje de contracción que debe haber ocurrido durante la solidificación. Solución:

La densidad de la magnesio es 1.738 g / cm3 (a) Vinitial

(2) (4) (6)

48 cm3

Vfinal 3 3 (B)% de contracción

48 48

46,03

100%

4,1%

8-61 A 2 en. 8 en. 10 en. Fundición de hierro se produce y, después de enfriar a la habitación tempera- tura, se encuentra que sopesar 43,9 lb. Determinar: (a) el porcentaje de contracción que debe haber ocurrido durante la solidificación y (b) el número de contracción poros en la colada si la totalidad de la contracción se produce como poros con un diámetro de 0,05 in. Solución:

La densidad de la plancha es de 7.87 g / cm3 (a) Vreal 

(43,9 lb) (454 g) 7,87 g / cm3

2532.5 cm3

Vdestinado a 3 3 3 contracción

2621,9 2532,5 2621.9

100%

3,4%

(B) Vporos 3 rporos  # poros

89,4 cm3  

8-65 magnesio líquido se vierte en un 2 cm 2 cm 24 cm molde y, como resultado de la solidificación direccional, la totalidad de la contracción de solidificación se produce a lo largo de la longitud de la pieza colada. Determinar la longitud de la pieza de fundición inmediatamente después de que se complete la solidificación. Solución:

Vinicial 3 % De contracción



4or0.04

Vfinal   8-66 Un hierro fundido líquido tiene una densidad de 7,65 g / cm3. Inmediatamente después de la solidificación, la densidad del hierro fundido sólido se encuentra que es 7,71 g / cm3. Determinar el porcentaje de cambio de volu- men que se produce durante la solidificación. No se expanda o contraiga durante la solidificación del hierro fundido? Solución:

1 / 7,65 1 / 7,71 1 / 7.650.1307

100%

0,1307 cm3 cm3

0,1297 cm3

100%

Los contratos de fundición. 8-67 De la figura 8-18, encontrar la solubilidad del hidrógeno en el aluminio líquido justo antes de la solidificación comienza cuando la presión parcial de hidrógeno es de 1

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0,77%

atm. Determina el

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solubilidad del hidrógeno (en cm3 / 100 g Al) a la misma temperatura si el seguro PRESION parcial se redujeron a 0,01 atm. Solución:

0,46 cm3 H2 / 100 g de aluminio 1 0 01 X  0 0  1

0,46 / x





8-68 La solubilidad de hidrógeno en el aluminio líquido a 715oC se encuentra para ser 1 cm3 / 100 g Al. Si todo este hidrógeno precipitó en forma de burbujas de gas durante la solidificación y permanecieron atrapado en la colada, calcular el gas por ciento en volumen en el aluminio sólido. Solución:

(1 cm3 H2 / 100 g Al) (2,699 g / cm3)

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0,02699 cm3 H2 / cm3 Al

2,699%

9 SolidSolutionsandPhaseEquilibrium

9-15 El diagrama de fases unario para SiO2 se muestra en la figura 9-3 (c). Localizar el punto triple en el sólido, líquido y vapor coexisten y dar a la temperatura y el tipo de sólido presente. ¿Qué indican los otros puntos “triple”? Solución: (A) El punto triple-líquido-vapor sólido se produce a 1713 ° C; la ent PRESION fase sólida en este punto es b-cristobalita. (b) Los otros puntos triples describen el equilibrio entre dos sólidos y una fase de vapor. 9-34 Sobre la base de las condiciones de Hume-Rothery, ¿cuál de los siguientes sistemas se esperaría que muestre solubilidad sólida ilimitada? Explique. (una) Au-Ag (e) Mo-Ta

(segundo) Al-Cu (F) Nb-W (sol) Mg-Zn

Solución: (A) RAU = 1,442 v = +1 rAg = 1,445 v = +1 r ¢ = 0,2% (b) rAl = 1,432 v = +3 FCC rCu = 1,278 v = +1 r ¢ = 10,7% No

(do) Al-Au (H) Mg-Cd

(D) U-W

FCC FCC Sí FCC

(c) rAl = 1,432 v = +3 rAu = 1,442 v = +1 r ¢ = 0,7%

FCC

(d) rT = 1.38 rW = 1,371 v = +4 r ¢ = 0,7%

v = +4 Orto FCC No

FCC No

99

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100

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s

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v=4

BCC

v=5

BCC No

(F) rnb = 1,426 v = 4 rW = 1.371 v=4 r ¢ = 3,9%

BCC BCC Sí

(G) RMG = 1,604 rZn = 1,332 r¢= 17%

v=2

HCP

v=2

HCP No

(H) RMG = 1,604 rCd = 1,490 r ¢ = 7,1%

v=2

HCP

v=2

HCP Sí

(E) RMO = 1,363 rTa = 1,43 r¢= 4,7%

El Au-Ag, Mo-Ta, y Mg-Cd sistemas tienen la relación requerida radio, las mismas estructuras cristalinas, y las mismas valencias. Cada uno de éstos se podría esperar para mostrar la solubilidad sólida completa. [El Au-Ag y Mo-Ta tienen diagramas de fase isomorfos. Además, el Mg-Cd aleaciones todo solidifican como aleaciones isomorfas; sin embargo, un número de transformaciones de fase de estado sólido complicar el diagrama.] 9-35

Supongamos 1 en% de los siguientes elementos se añade al cobre (formando una aleación separado con cada elemento) sin exceder el límite de solubilidad. ¿Qué se podría esperar para dar la aleación de mayor resistencia? Es cualquiera de los elementos de aleación se espera que tengan una solubilidad sólida ilimitada en el cobre? (a) Au (b)

Mn (c)

Sr (d)

Si (e) Co

Solución: Para el cobre: RCU = 1,278 Å au -

rCu

(A) Au: r = 1,442

¢r = r

= + 12,8%

(B) Mn: r = 1.12

r ¢ = -12,4%

(c) Sr: r = 2,151

r ¢ = + 68,3%

(d) Si: r = 1,176

r ¢ = -8,0%

(e) Co: r = 1,253

r ¢ = -2,0%

rCu

La solubilidad puede ser ilimitado. estructura diferente. Mayor resistencia de la estructura diferente. estructura diferente.

Se esperaría que la aleación de Cu-Sr ser más fuerte (la mayor diferencia de tamaño). La aleación de Cu-Au satisface las condiciones de HumeRothery y podría esperarse para mostrar completa solubilidad en sólido hecho de que se congela como una serie isomorfa de aleaciones, pero una

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serie de transformaciones en estado sólido se produce a temperaturas más bajas. 9-36 Supongamos 1 en% de los siguientes elementos se añade al aluminio (formando una aleación separado con cada elemento) sin exceder el límite de solubilidad. ¿Qué se podría esperar para dar la menor disminución de la conductividad eléctrica? Es cualquiera de los elementos de aleación se espera que tengan una solubilidad ilimitada sólida de aluminio? (una) Li (b)

Ba (c)

Cama)

Cd (e) Ga

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CAPÍTULO9

Soluciones sólidas y Fase equilibri um

101

Solución: Para el aluminio: r = 1,432 Å (estructura FCC con valencia de 3) (A) Li: r = 1,519

r ¢ = 6,1%

BCC

valencia = 1

(B) Ba: r = 2,176

r¢=52,0%

BCC

valencia = 2

(C) ser: r = 1,143

r¢=20,2%

HCP

valencia = 2

(D) Cd: r = 1,49

r ¢ = 4,1%

HCP

valencia = 2

(E) Ga: r = 1,218

r ¢ = 14,9% ortorrómbica

valencia = 3

Se esperaría que el cadmio para dar la más pequeña reducción en la conductividad eléctrica, ya que los átomos de Cd son más similares en tamaño a los átomos de aluminio. Ninguna se espera que tengan solubilidad en estado sólido ilimitado, ya sea debido a la diferencia en valencia, radio atómico o estructura cristalina. 9-37 ¿Cuál de los siguientes óxidos se espera que tenga el mayor solubilidad sólida en Al2O3? (A) Y2O3

(segundo) Cr2O3

(C) Fe2O3

Solución: El radio iónico de Al3 + = 0,51 Å 0,63 hasta 0,51 (una) RY3 + = 0.89 ¢r = × 100 = 74,5% 0.51 (segundo) rCr = 0.63

¢r

= 23,5% (c) rfe = 0.64

¢r

3+

3+

= 25,5% Esperaríamos Cr2O3 para tener una alta solubilidad en Al2O3; de hecho, que son completamente solubles entre sí. 9-41 Determinar la temperatura de liquidus, la temperatura solidus, y el rango de congelación para las siguientes composiciones cerámicas NiO-MgO. [Véase la figura 9-10 (b)]. (A) NiO-30% mol MgO (b) NiO-45 mol% MgO (C) NiO-60 mol% MgO (d) NiO-85 mol% MgO Solución: (A) TL = 2.330 °C

TS = 2150 ° C

FR = 180 ° C

(B) TL = 2.460 ° C

TS = 2250 ° C

FR = 210 ° C

(C) TL = 2.570 ° C

TS = 2380 ° C

FR = 190 ° C

(D) TL = 2.720 ° C

TS = 2610 ° C

FR = 110 ° C

9-42 Determinar la temperatura de liquidus, la temperatura solidus, y el rango de congelación para las siguientes composiciones de cerámica MgO-FeO. (Véase la figura 9-21.) (A) MgO-25% en peso FeO (b) (C) MgO-65% en peso FeO (d)

MgO-45 % en peso de FeO MgO-80 % en peso de FeO

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102

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Solución: (A) TL = 2.600 °C

TS = 2230 ° C

FR = 370 ° C

(B) TL = 2.340 ° C

TS = 1900 ° C

FR = 440 ° C

(C) TL = 2.000 ° C

TS = 1610 ° C

FR = 390 ° C

(D) TL = 1.750 ° C

TS = 1480 ° C

FR = 270 ° C

9-43 Determinar las fases presentes, las composiciones de cada fase, y la cantidad de cada fase en mol% para los siguientes cerámica NiO-MgO a 2400 ° C. [Véase la figura 9-10 (b)]. (a) NiO-30 mol% MgO (b) NiO-45 mol% MgO (c) NiO-60 mol% MgO (d) NiO-85 mol% MgO Solución: (a) L: NiO-30 mol% de MgO

100% L % L = 62 - 45 × 100% = 70,8% 62-38

(b) L: 38% MgO S: 62% MgO

% L = 45-38 x 100% = 29,2% 62-38

(c) L: 38% MgO

% L = 62 - 60 x 100% = 8,3% 62-38

S: 62% MgO

% L = 60-38 x 100% = 91,7% 62-38 100% S

(d) S: 85% MgO 9-44 (a) Determinar las fases presentes, las composiciones de cada fase, y la cantidad de cada fase en% en peso para los siguientes cerámica MgO-FeO a 2000 ° C. (Véase la figura 9-21.) (A) MgO-25% en peso FeO (b) (c) MgO-60 % en peso FeO (d) Solución: (A) S: 25% FeO (b) S: 39% FeO L: 65% FeO

(c) S: 39% FeO L: 65% MgO (d) S: 80% MgO

MgO-45 % en peso de FeO MgO-80 % en peso de FeO

100% S % S = 65 - 45 × 100% = 76,9% 65-39 % L = 45-39 x 100% = 23,1% 65-39 % S = 65 - 60 x 100% = 19,2% 65-39 % L = 60-39 x 100% = 80,8% 65-39 100% L

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CAPÍTULO9

Soluciones sólidas y Fase equilibri um

103

9-44 (b) Considere una aleación de 65% en peso de Cu y 35% en peso de Al. Calcular la composición de la aleación en% at. Solución:

A% Cu = A% al =

sesenta y cinco/63.54

X 100% = 44,1% 165 / 63,542 + 135 / 26.9812 35 /26.981 X 100% = 55,9% 165 / 63,542 + 135 / 26.9812

9-45 Considere una cerámica compuesta de 30% en moles de MgO y 70% mol de FeO. Calcular la composición de la cerámica en% en peso. Solución:

MWMgO = 24.312 + 16 = 40.312 g / mol MWFeO = 55.847 + 16 = 71.847 g / mol X 100% = 19,4% 1302140.3122 % en peso de MgO = 1302140.3122 + 1702171.8472 1702171.8472

% en peso de FeO =

1302140.3122 + 1702171.8472

X 100% = 80,6%

9-46 A MgO cerámico NiO-20 mol% se calienta a 2200 ° C. Determinar: (a) la composición de las fases sólida y líquida en tanto% en moles y el% en peso y (b) la cantidad de cada fase en tanto% en moles y% en peso. (C) Suponiendo que la densidad del sólido es 6,32 g / cm3 y la del líquido es 7,14 g / cm3, determinar la cantidad de cada fase en vol% (véase la figura 9-10 (b)). Solución:

MWMgO = 24.312 + 16 = 40.312 g / mol MWNiO = 58,71 + 16 = 74,71 g / mol

(a) L: 15% en moles de MgO 1152140.3122 % en peso de MgO = 1152140.3122 + 1852174.712

X 100% = 8,69%

S: 38% en moles de MgO % en peso de MgO =

1382140.31 X 100% = 24.85% 22 1382140.3122 + 1622174.712

(B)% en moles de L = 38 - 20 × 100% = 78,26% en moles% 38-15

S = 21.74%

La composición original, en MgO% en peso, es: 1202140.3122 1202140.3122 + 1802174.712

X 100% = 11,9%

% en peso L = 24,85 a 11,9 x 100% = 80,1% 24,85 a 8,69 80.1 /7.14 (C) Vol% L = X 100% = 78,1% 180,1 / 7,142 + 119,9 / 6,322

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% en peso S = 19,9%

Vol% S = 21,9%

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9-47 Una aleación de W Nb-60% en peso se calienta a 2800 ° C. Determinar: (a) la composición de las fases sólida y líquida en tanto% en peso y en% y (b) la cantidad de cada fase en tanto% en peso y en%. (C) Suponiendo que la densidad del sólido es 16,05 g / cm3 y la del líquido es 13,91 g / cm3, determinar la cantidad de cada fase en% en volumen. (Véase la figura 9-22.) Solución: (a) L: 49% en peso de W 49 /183.85 a% W = X 100% = 32,7% 149 / 183.852 + 151 / 92.912 una: 70% en peso de W 170 / 183.852 a% W = × 100% = 54,1% 170 / 183.852 + 130 / 92.912 (B)% en peso de L = 70 - 60 x 100% = 47,6% 70-49

% en peso una = 52,4%

La composición original, en MgO% en peso, es: 60 /183.85 X 100% = 43,1% 160 / 183.852 + 140 / 92.912 a% L = 54,1 a 43,1 x 100% = 51,4% 54,1-32,7 (C) Vol% L =

% en peso una = 48,6%

47.6 /13,91

X 100% = 51,2% 147,6 / 13.912 + 152,4 / 16.052

Vol% a = 48,8% 9-48 ¿Cuántos gramos de níquel debe ser añadido a 500 gramos de cobre para producir una aleación que tiene una temperatura de liquidus de 1350 ° C? ¿Cuál es la relación del número de átomos de níquel a átomos de cobre en esta aleación? Solución:

Necesitamos 60% en peso de Ni, para obtener la temperatura de liquidus correcta. X % de Ni = 60 = × 100% o x = 750 g de Ni X + 500 g 1750 g21NA2/58.71 g / mol nortei átomos = 1,62 doátomos de U = 1500 g21NU 2 /63.54 g / mol N A

9-49 ¿Cuántos gramos de níquel debe ser añadido a 500 gramos de cobre para producir una aleación que contiene 50% en peso de una a 1300 ° C? Solución:

A 1300 ° C, la composición de las dos fases en equilibrio son L: 46% en peso de Ni y un: 58% en peso de Ni La aleación requerida para dar 50% a es entonces X - 46 X 100 = 50% una o x = 52% en peso de Ni 58-46

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CAPÍTULO9

Soluciones sólidas y Fase equilibri um

105

El número de gramos de Ni debe ser: X X + 500

X 100% = 52 o x = 541,7 g de Ni

9-50 ¿Cuántos gramos de MgO se deben añadir a 1 kg de NiO para producir un material cerámico que tiene una temperatura de solidus de 2200 ° C? Solución:

MWMgO = 40,312 g / molMW

NiO = 74,71 g / mol

38% en moles de MgO es necesario para obtener la temperatura de solidus correcta. 1382140.3122 % en peso de MgO =

X 100% = 24,9%

1382140.3122 + 1622174.712

El número de gramos requerida es: X X + 1000

X 100% = 24,9% o X = 332 g de MgO

9-51 ¿Cuántos gramos de MgO se deben añadir a 1 kg de NiO para producir una cerámica que contiene sólido 25 mol% a 2400 ° C? Solución:

L: 38% en moles MgOMW

MgO = 40.312 g / mol

S: 62 mol% MgOMW NiO = 74,71 g / mol X - 38 × 100% = 25% S o x = 44 mol% de MgO 62-38 1442140.3122 % en peso de MgO = X 100% = 29.77% 1442140.3122 + 1562174.712 El número de gramos de MgO es entonces: X X + 1000

X 100% = 29,77% o

X = 424 g MgO

9-52 Nos gustaría producir un sólido de cerámica MgO-FeO que contiene porcentajes iguales molares de MgO y FeO a 1200 ° C. Determinar el% FeO en peso en la cerámica. (Véase la figura 9-21.) Solución: 1200 ° C.

Sólo sólida está presente a

MWMgO = 40.312 g / mol MWFeO = 71.847 g / mol

50 mol% FeO:

1502171.8472 1502140.3122 + 1502171.8472

= 64,1% en peso de FeO

9-53 Nos gustaría producir una cerámica de MgO-FeO que es sólido 30% en peso a 2000 ° C. Determinar la composición original de la cerámica en% en peso. (Véase la figura 9-21.) Solución:

L: 65% en peso de FeO

-x

30% en peso = 65

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65-38

S: 38% en peso de FeO × 100% o% x = 56,9 en peso de FeO

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9-54 Una aleación de Nb-W celebrada en 2800 ° C es parcialmente líquido y parcialmente sólido. (A) Si es posible, determinar la composición de cada fase en la aleación; y (b) si es posible, determinar la cantidad de cada fase en la aleación. (Véase la figura 9-22.) Solución: (A) L: 49% en peso W

una: 70% en peso de W

(b) No es posible a menos que conozcamos la composición original de la aleación. 9-55 Una aleación de Nb-W contiene 55% de A a 2600 ° C. Determinar: (a) la composición de cada fase; y (b) la composición original de la aleación. (Véase la figura 9-22.) una: 42% en peso de W

Solución: (a) L: 22% en peso de W (B) 0,55 = x - 22 42-22

o% x = 33 en peso W

9-56 Supongamos un baño lb 1200 de un Nb-40% en peso se mantiene a 2800 ° C aleación W. ¿Cuántas libras de tungsteno se pueden añadir al baño antes de que las formas sólidas? ¿Cuántas libras de tungsteno debe añadirse a causar todo el baño para ser sólido? (Véase la figura 9-22.) Solución: aperturas sólidas para formar al 2800 ° C cuando 49% en peso W es en la aleación. En 1200 lb de la aleación original de Nb-40% W, hay (0,4) (1,200) = 480 lb W y 720 lb Nb. La cantidad total de tungsteno que debe estar en la aleación final es: X 0.49 = o x = 692 lb total W X + 720 or692 deben añadirse 480 = 212 libras adicionales de W A ser completamente sólido a 2800 ° C, la aleación debe contener 70% en peso de W. La cantidad total de tungsteno requerida en la aleación final es: X 0.70 = o x = 1,680 lb total W X + 720 or1680 deben añadirse 480 = 1,200 libras adicionales de W 9-57 Un material compuesto reforzado con fibras se produce, en el que las fibras de tungsteno están incrustadas en una matriz de Nb. El material compuesto se compone de 70 vol% de tungsteno. (A) Calcular el% en peso de fibras de tungsteno en el material compuesto. (B) Supongamos que el material compuesto se calienta a 2600 ° C y se mantuvo durante varios años. ¿Qué ocurre con las fibras? Explique. (Véase la figura 9-22.) Solución: (A)% en peso =

170 cm32119.254 g / CM32

=% 83,98 en peso W

1702119.2542 + 130218.572

(B) Las fibras se disolverán. Dado que la W y Nb son completamente solubles entre sí, y la temperatura es suficientemente alta para que la difusión rápida, con el tiempo se producirá una única solución sólida.

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9-58 Supongamos que un crisol hecho de níquel puro se utiliza para contener 500 g de cobre líquido a 1150 ° C. Describir lo que ocurre con el sistema, ya que se mantuvo a esta temperatura durante varias horas. Explique.

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CAPÍTULO9 Solución:

Soluciones sólidas y Fase equilibri um

107

Cu Ni se disuelve hasta que el Cu contiene suficiente Ni que solidifica completa- mente. Cuando se disuelve un 10% de Ni, congelación comienza: X 0.10 = X + 500

o x = 55,5 g de Ni

Cuando 18% de Ni disuelto, el baño es completamente sólido: X 0.18 = X + 500

o x = 109,8 g de Ni

9-61 Igualdad de moles de MgO y FeO se combinan y funden. Determinar: (a) la temperatura de liquidus, la temperatura solidus, y el rango de congelación de la cerámica y (b) determinar la fase (s) presente, su composición (s), y su cantidad (s) a 1800 ° C. (Véase la figura 9-21.) Solución:

MWMgO = 40.312 g / mol

% en peso de FeO =

MWFeO = 71.847 g / mol

11 mol FeO2171.847 g / mol2 11 mol FeO2171.8472 + 11 mol MgO2140.3122

= 64,1%

(A) Tliq = 2.000 ° C Ts = 1620 ° C FR = 380 ° C (B) L: 75% FeO

S: 50% FeO

L% = 64.1 - 50 × 100% = 56,4% 75-50 9-62

% S = 43,6%

Supongamos que 75 cm3 de Nb y 45 cm3 de W se combinan y derretido. Determinar: (a) la temperatura de liquidus, la temperatura solidus, y el rango de congelación de la aleación y (b) determinar la fase (s) presente, su composición (s), y su cantidad (s) a 2800 ° C. (Véase la figura 9-22.)

Solución:

% en peso W =

145 cm32119.254 g / CM32

X 100 = 57,4% en peso de W

1452119.2542 + 175218.572

(A) Tliq = 2.900 ° C tsol = 2.690 ° C FR = 210 ° C (B) L: 49% W%

L = 70 a 57,4 = 60% 70-49

una: 70% W% una = 40% 9-63 Se permite un MgO cerámico NiO-60% en moles a solidificar. Determinar: (a) la composición de la primera sólida para formar y (b) la composición de la última líquido se solidifique en condiciones de equilibrio. Solución: (A) primero una: 80% MgO (b) Última

L: 35% MgO

9-64 Se permite un% de aleación de W-35 Nb solidificar. Determinar: (a) la composición de la primera sólida para formar y (b) la composición de la última líquido se solidifique en condiciones de equilibrio. (Véase la figura 9-22.) Solución: (A) primero una: 55% W (b) Última

L: 18% W

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9-65 Para las condiciones de equilibrio y un MgO-65% en peso de FeO cerámica, determinar (a) la temperatura uidus liq-, (b) la temperatura de solidus, (c) el rango de congelación, (d) la com- posición de la primera sólida para formar durante la solidificación, (e) la composición de la última líquido para solidificar, (f) la fase (s) presente, la composición de la fase (s), y la cantidad de la fase (s) a 1800 ° C, y ( g) la fase (s) presente, la composición de la fase (s), y la cantidad de la fase (s) a 1600 ° C. (Véase la figura 9-21.) Solución: (a) Liquidus = 2.000 ° C (b) Solidus = 1.605 ° C (c) gama de congelación = 2000 - 1605 = 395 ° C (d) Primero sólido: 40% FeO (e) Última líquido: 88% FeO (F) L: 75% FeO L% = 65-51 x 100% = 58% 75-51 una: 51% FeO %una = 42% (G) a: 65% FeO 100% una 9-66 Figura 9-23 muestra la curva de enfriamiento para un material cerámico NiO-MgO. Determinar: (a) la temperatura de liquidus, (b) la temperatura de solidus, (c) el rango de congelación, (d) la temperatura de vertido, (e) el recalentamiento, (f) el tiempo de solidificación local, (g) el tiempo total de solidificación y (h) la composición de la cerámica. Solución: (a) Liquidus = 2.690 ° C (b) Solidus = 2.570 ° C (c) gama de congelación = 2690 - 2570 = 120 ° C (d) Verter temperatura = 2.775 ° C (E) de recalentamiento = 2775-2690 = 85 ° C (f)

) Tiempo de solidificación local = 27 - 5 = 22 min

(g) El tiempo total de solidificación = 27 min (h) 80% MgO 9-67 Para las condiciones de equilibrio y una aleación de% W Nb-80 en peso, determinar (a) la temperatura de liquidus, (b) la temperatura de solidus, (c) el rango de congelación, (d) la composición de la primera sólida para formar durante la solidificación, ( e) la composición de la última líquido se solidifique, (f) la fase (s) presente, la composición de la fase (s), y la cantidad de la fase (s) a 3000 ° C, y (g) la fase de (s) presente, la composición de la fase (s), y la cantidad de la fase (s) a 2800 ° C. (Véase la figura 9-22). Solución: (a) Liquidus = 3.100 ° C (b) Solidus = 2.920 ° C (c) gama de congelación = 3100 - 2920 = 180 ° C

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CAPÍTULO9

Soluciones sólidas y Fase equilibri um

(d) Primero sólido: 90% W (e) Última líquido: 64% W (F) L: 70% W L% = 85 - 80 × 100% = 33,3% 85-70 una: 85% W

%una = 66,7%

(G) a: 80% W 100% una 9-68 Figura 9-24 muestra la curva de enfriamiento para una aleación de Nb-W. Determinar: (a) la temperatura de liquidus, (b) la temperatura de solidus, (c) el rango de congelación, (d) la temperatura de vertido, (e) el recalentamiento, (f) el tiempo de solidificación local, (g) el tiempo total de solidificación y (h) la composición de la aleación. Solución: (a) Liquidus = 2.900 ° C (b) Solidus = 2.710 ° C (c) gama de congelación = 2900 - 2710 = 190 ° C (d) Verter temperatura = 2.990 ° C (E) de recalentamiento = 2990-2900 = 90 ° C (f)

) Tiempo de solidificación local = 340 - 40 = 300 s

(g) El tiempo total de solidificación = 340 min (h) 60% W 9-69 Las curvas de enfriamiento se muestran en la Figura 9-25 para varias aleaciones de Mo-V. Sobre la base de estas curvas, construir el diagrama de fases Mo-V. Solución:

Tliquidus

TSolidus

0% V2630 ° C 20% V 2500 ° C 40% V 2360 ° C 60% V 2220 ° C 80% V 2100 ° C 100% V1930 ° C

2320 ° C 2160 ° C 2070 ° C 1970 ° C

2600 L

Temperatura (DO)

2400 una L

2200

2000

u n a

Mo20406080V %V

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9-71 Para las condiciones de no equilibrio que se muestran para el MgO-65% en peso de FeO de cerámica, determinar (a) la temperatura de liquidus, (b) la temperatura de solidus de no equilibrio, (c) el intervalo de congelación, (d) la composición de la primera sólida para formar durante catión solidifi-, (e) la composición de la última líquido para solidificar, (f) la fase (s) presente, la composición de la fase (s) , y la cantidad de la fase (s) a 1800 ° C, y (g) la fase (s) presente, la composición de la fase (s), y la cantidad de la fase (s) a 1600 ° C. (Véase la figura 9-21.) Solución: (a) Liquidus = 2.000 ° C (b) Solidus = 1.450 ° C (c) gama de congelación = 2000 - 1450 = 550 ° C (d) Primero sólido: 40% FeO (e) Último líquido: 92% FeO (F) L: 75% FeO L% = 65-46 x 100% = 65,5% 75-46 S: 46% FeO % S = 34,5% (G) L: 88% FeO L% = 65-55 x 100% = 30,3% 88-55 S: 55% FeO % S = 69,7% 9-72 Para las condiciones de no equilibrio que se muestran para el Nb-80 en peso de aleación de% W, determinar (a) la temperatura de liquidus, (b) la temperatura de solidus de no equilibrio, (c) el rango ing congela-, (d) la composición de la primera sólida para forma durante la solidificación, (e) la composición de la última líquido para solidificar, (f) la fase (s) presente, la composición de la fase (s), y la cantidad de la fase (s) a 3000 ° C, y (g) la fase (s) presente, la composición de la fase (s), y la cantidad de la fase (s) a 2800 ° C. (Véase la figura 9-22.) Solución: (a) Liquidus = 3.100 ° C (b) Solidus = 2.720 ° C (c) gama de congelación = 3100 - 2720 = 380 ° C (d) Primero sólido: 90% W (e) Última líquido: 40% W (F) L: 70% W L% = 88 - 80 × 100% = 44,4% 88-70 una: 88% W

%una = 55,6%

(G) L: 50% W L% = 83 - 80 × 100% = 9,1% 83-50 una: 83% W

%una = 90,9%

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10 DispersionStrengtheningand EutecticPhaseDiagrams 10-22 Un diagrama de fases hipotético se muestra en la figura 10-32. (A) están presentes cualesquiera compuestos intermetálicos? Si es así, identificarlos y determinar si están o no estequiométrica stoichio- métrica. (B) Identificar las soluciones sólidas presentes en el sistema. Es o bien el material A o B alotrópica? Explique. (C) Identificar las reacciones trifásicos anotando la temperatura, la reacción en forma de ecuación, la composición de cada fase en la reacción, y el nombre de la reacción. Solución: (a) u = Compuesto intermetálico no estequiométrica. (b) una, H, g, y b; material B es alotrópica, existente en tres formas diferentes a diferentes temperaturas (c) 1100 ° C: sol + LS segundo; 900 ° C: L1 S L2 + a; monotectic;

peritéctico; L: 82% de B sol: 97% B b: 90% de B L1: 28% de B L 2: 50% de B a: 5% de B

680 ° C: L S una + segundo; Eutéctica; L: 60% de B una: 5% de B b: 90% de B 600 ° C: una + segundo S u; 300 ° C: b S u + h;

peritectoid; una: 5% de B segundo: 80% u B: 37% de B

eutectoide; segundo: 90% de B u: 40% B h: 95% de B

10-23 El diagrama de fases Cu-Zn se muestra en la figura 10-33. (A) están presentes cualesquiera compuestos intermetálicos? Si es así, identificarlos y determinar si están o no estequiométrica stoichio- métrica. (B) Identificar las soluciones sólidas presentes en el sistema. (C) Identificar las reacciones trifásicos anotando la temperatura, la reacción en forma de ecuación, y el nombre de la reacción.

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Solución: (a) segundo, B', g, d, e: todo no estequiométrica. (B) a, u (C) 900 ° una + LS peritéctico C: segundo; 830 ° C: segundo + peritéctico LS sol; 700 ° C: sol + LS peritéctico re; 600 ° C: re + LS peritéctic o mi; 550 ° C: re S sol + eutectoid e mi; 420 ° C: mi + LS u; peritéctic o 250 ° C: segundo¿S eutectoide una + sol; 10-24 Una porción del diagrama de fases Al-Cu se muestra en la figura 10-34. (A) determinar la fórmula para el compuesto u. (B) Identificar la reacción de tres fases anotando la temperatura, la reacción en forma de ecuación, la composición de cada fase en la reacción, y el nombre de la reacción. g / mol Solución: (A) u en 54% de Cu; 54 g / 63,54 = 33 en% de Cu; CuAl 2 54 / 63,54 + 46 /26.981 (B) 548 ° C; LS A + U; eutéctica; L: 33,2% de Cu, una: 5,65% de Cu, u: 52,5% de Cu. 10-25 El diagrama de fases Al-Li se muestra en la figura 10-35. (A) ¿Hay otros com- puestos intermetálicos? Si es así, identificarlos y determinar si son o no estequiométrica estequiométrica. Determinar la fórmula para cada compuesto. (B) Identificar las reacciones trifásicos anotando la temperatura, la reacción en forma de ecuación, la composición de cada fase en la reacción, y el nombre de la reacción. Solución: (a) segundo es no estequiométrica @ 21% en peso de Li: g / mol a% Li = 21 g / 6,94 X 100% = 50% en Li /6,94 + 79 / 26.981 sol, Es estequiométrica @ 34% en peso de Li: g / mol a% Li = 34 g / 6,94 X 100% = 66,7% Li  2 34 / 6,94 + 66 / 26.981 (B) 600 ° C: LS a + segundo

eutéctica una: 4% Li b: 20,4% Li

L: 9,9% Li 510 ° C: L: 47% Li g: 34% Li b + LS sol

peritéctico segundo: 25% Li

170 ° C: LS g + un 1Li2

eutectido L: 98% Li sol: 34% Li un 1Li2: 99% Li

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10-26 Un compuesto intermetálico se encuentra para 10% en peso de Si en el diagrama de fases Cu-Si. Determinar la fórmula para el compuesto. Solución:

a% Si = 10 g / 28,08 g / mol = 0,20 o Sicu 10 / 28,08 + 90 /63.54

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4

CAPÍTULO 10

El fortalecimiento y la dispersión de fase eutéctica Diagra 113 Sr a

10-27 Usando la regla de las fases, predecir y explicar cuántas fases sólidas se forman en una reacción eutéctica en un (de tres componentes) diagrama de fases ternario, suponiendo que la presión es fija. Solución:

F=C-P+1 En la eutéctica, F = 0, C = 3 0 = 3 - P + 1 o P = 4 Por lo tanto, LS a + b + g y 3 fases sólidas formar.

10-30

Considere un% de aleación de Pb-Sn 15. Durante la solidificación, determinar (a) la composición de la primera sólida para formar, (b) la temperatura de liquidus, la temperatura solidus, temperatura solvus, y el rango de congelación de la aleación, (c) las cantidades y composiciones de cada fase a 260 ° C , (d) las cantidades y composiciones de cada fase a 183 ° C, y (E) las cantidades y composiciones de cada fase a 25 ° C. Solución: (a) 8% Sn (B) liquidus = 290 ° C, solidus = 240 ° C, solvus = 170 ° C, gama de congelación = 50 ° C (C) L: 30% de Sn a: 12% Sn; L% = 15 - 12 x 100% = 17% %una = 83% 30-12 (D) a: 15% Sn 100% una (E) A: 2% Pb b: 100% de Sn %una = 100 - 15 × 100 = 87% 100-2

%segundo = 13%

10-31 Considere un Al-12% de Mg de la aleación (Figura 10-36). Durante la solidificación, determinar (a) la composición de la primera sólida para formar, (b) la temperatura de liquidus, la temperatura solidus, temperatura solvus, y el rango de congelación de la aleación, (c) las cantidades y composiciones de cada fase a 525 ° C, (d) las cantidades y composiciones de cada fase a 450 ° C, y (e) las cantidades y composiciones de cada fase a 25 ° C. Solución: (a) 2,5% de Mg (b) liquidus = 600 ° C, solidus = 470 ° C, solvus = 400 ° C, gama de congelación = 130 ° C (c) L: 26% de Mg a: 7% de Mg; %una = 26 - 12 x 100% = 74% 26-7

L% = 26%

(D) a: 12% de Mg 100% una (E) A: 1% de Mg b: 34% de Mg %una = 34 - 12 x 100% = 67% 34-1

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%segundo = 33%

114

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10-32 Considere un% de aleación de Sn Pb-35. Determinar: (a) si la aleación es tectic hipoeutéctica o hypereu-, (b) la composición de la primera sólida para formar durante la solidificación, (c) las cantidades y composiciones de cada fase a 184 ° C, (d) las cantidades y composi - ciones de cada fase a 182 ° C, (e) las cantidades y composiciones de cada constituyente microcon- a 182 ° C, y (f) las cantidades y composiciones de cada fase a 25 ° C. Solución: (una) hipoeutéctica

(B) 14% de

Sn (c) a: 19% Sn L: 61,9% Sn %una = 61,9 a 35 × 100% = 63% 61,9-19 (D) a: 19% Sn

L% = 37%

segundo: 97,5% Sn

%una = 97,5 a 35 × 100% = 80% 97,5-19

%segundo = 20%

(e) primario una: 19% Sn %primario una = 63% eutéctica: 61,9% Sn % eutéctica = 37% (f) ) A: 2% Sn b: 100% de Sn %una = 100 - 35 × 100% = 66% 100-2

%segundo = 34%

10-33 Considere una aleación de Pb-% 70 Sn. Determinar: (a) si la aleación es tectic hipoeutéctica o hypereu-, (b) la composición de la primera sólida para formar durante la solidificación, (c) las cantidades y composiciones de cada fase a 184 ° C, (d) las cantidades y composi - ciones de cada fase a 182 ° C, (e) las cantidades y composiciones de cada constituyente microcon- a 182 ° C, y (f) las cantidades y composiciones de cada fase a 25 ° C. Solución: (una) hipereutéctica

(B) 98% de

Sn (c) b: 97,5% Sn L: 61,9% Sn 70-61,9 %B= X 100% = 22,8% L% = 77,2% 97,5-61,9 (D) a: 19% Sn

segundo: 97,5% Sn

%una = 97,5 a 70 × 100% = 35% 97,5-19

%segundo = 65%

(e) primario segundo: 97,5% Sn% primaria b = 22,8% eutéctica: 61,9% Sn % eutéctica = 77,2% (f) ) A: 2% Sn segundo: 100% de Sn %una = 100 - 70 x 100% = 30% 100-2

%segundo = 70%

10-34 Calcular el% de B total y el de microelementos% eutéctica a temperatura ambiente durante las siguientes aleaciones de plomo-estaño: 10% Sn, 20% Sn, 50% Sn, 60% Sn, 80% de Sn, y 95% de Sn. Utilizando la figura 10-22, trazar la fuerza de las aleaciones frente al% de B y el % Eutéctica y explicar sus gráficos.

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CAPÍTULO 10

El fortalecimiento y la dispersión de fase eutéctica Diagra 115 Sr a

Solución:

%segundo 10% de Sn 20% de Sn 50% de Sn 60% de Sn 80% de Sn 95% de Sn

% eutéctica

10-2 99-2 20-2 99-2 50-2 99-2 60-2 99-2 80-2 99-2 95-2 99-2

0%

= 8,2% = 18,6% = 49,5% = 59,8% = 80,4% = 95,9%

20-19 61,9-19 50-19 61,9-19 60-19 61,9-19 97,5-80 97,5-61,9 97,5-95 97,5-61,9

= 2,3% = 72,3% = 95,6% = 49,2% = 7,0%

8000

7000

7000

Resistencia a la tracción (psi)

Resistencia a la tracción (psi)

8000

6000

6000

5000

5000





4000

20406080 % eutéctica

20406080100 % 

10-35 Considere un% de aleación de Al-4 Si. (Véase la Figura 10-23.) Determinar (a) si la aleación es hipoeutéctica o hipereutéctica, (b) la composición de la primera sólida para formar durante la solidificación, (c) las cantidades y composiciones de cada fase a 578 ° C, ( d) las cantidades y composiciones de cada fase a 576 ° C, las cantidades y composiciones de cada uno de microelementos en 576 ° C, y (e) las cantidades y composiciones de cada fase a 25 ° C. Solución: (a) hipoeutéctica (B) 1% de Si (C) A: 1,65% de Si L: 12,6% de Si 12,6-4 %A= = 78,5% L% = 21,5% 12,6 a 1,65 (D) A: 1,65% de Si b: 99,83% de Si 99,83-4 %A=

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99.83 - 1.65

= 97,6%

%segundo = 2,4%

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(E) una primaria: 1,65% Si %primario una = 78,5% eutéctica: 12,6% Si % eutéctica = 21,5% una: 0% de Si b: 100% Si = 4%

100-4

%una = 100 - 0 = 96% %segundo

10-36 Considere un% de aleación de Al-25 Si. (Véase la Figura 10-23.) Determinar (a) si la aleación es hipoeutéctica o hipereutéctica, (b) la composición de la primera sólida para formar durante la solidificación, (c) las cantidades y composiciones de cada fase a 578 ° C, ( d) las cantidades y composiciones de cada fase a 576 ° C, (e) las cantidades y composiciones de cada uno de microelementos en 576 ° C, y (f) las cantidades y composiciones de cada fase a 25 ° C. Solución: (a) hipereutéctica (B) 100% de Si (C) b: 99,83% de Si L: 12,6% de Si 99,83-25 %L= = 85,8% %segundo = 14,2% 99,83-12,6 (D) A: 1,65% de Si b: 99,83% de Si 99,83-25 %A= = 76,2% %segundo = 23,8% 99.83 - 1.65 (E) b primaria: 99,83% Si% primaria b = 14,2% eutéctica: 12,6% Si % eutéctica = 85,8% (F) A: 0% de Si b: 100% Si %una = 100 - 25 = 75% %segundo = 25% 100-0 10-37 Una aleación de Pb-Sn contiene 45% de A y 55% B a 100 ° C. Determinar la composición de la aleación. Es el hipoeutéctica aleación o hipereutéctica? Solución:

% A = 45 = 98,0 - x × 100 o x = 56,15% Sn hipoeutéctica 98,0-5

10-38 Una aleación de Al-Si contiene 85% de A y 15% B a 500 ° C. Determinar la composición de la aleación. Es el hipoeutéctica aleación o hipereutéctica? Solución:

%una = 85 = 100 - x × 100 o x = 15,85% de Si Hipereutéctico 100 - 1

10-39 Una aleación de Pb-Sn contiene 23% primaria A y 77% de microelementos eutéctica. Determinar la composición de la aleación. Solución:

% Primaria a = 23 = 61,9 - x × 100 o x = 52% Sn 61,9-19

10-40 Una aleación de Al-Si contiene 15% primaria b y 85% de microelementos eutéctica. Determinar la composición de la aleación.

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CAPÍTULO 10

Solución:

El fortalecimiento y la dispersión de fase eutéctica Diagra 117 Sr a

% Eutéctica = 85 =

100 - x 100 - 12.6

× 100 o x = 25,71% de Si

10-41 Determinar la solubilidad máxima en los siguientes casos. (a) (b) (c) (d)

litio en aluminio (Figura 10-35), aluminio en magnesio (Figura 10-37), cobre en zinc (Figura 10-33), y carbono en g-hierro (Figura 10-38)

Solución: (a) 4% Li disuelve en aluminio (b) 12,7% Al disuelve en magnesio (c) 3% de Cu se disuelve en zinc (d) 2.11% C se disuelve en g-hierro 10-42 Determinar la solubilidad máxima en los siguientes casos. (a) (b) (c) (d)

magnesio en aluminio (Figura 10-36), zinc en cobre (Figura 10-33), berilio en cobre (Figura 10-33), y Al2O3 en MgO (Figura 10-39)

Solución: (a) 14,9% de Mg se disuelve en aluminio (b) 40% de Zn se disuelve en cobre (c) 2,5% Sé disuelve en cobre (d) 18% Al2O3 se disuelve en MgO 10-43

Observación de una microestructura muestra que hay 28% eutéctica y 72% primaria b en una aleación de Al-Li (Figura 10-35). (A) Determinar la composición de la aleación y si es hipoeutéctica o hipereutéctica. (B) ¿Cuánto A y B están en el microelementos tic eutec-? Solución: (a) 28 = 20,4 - x × 100 o x = 17,46% Li Hipereutéctico 20,4 a 9,9 20,4 a 9,9 100% = 64% =× %segundo EUT 20,4-4

(b) %u na

10-44

= 36%

y EUT

Escribir la reacción eutéctica que se produce, incluyendo las composiciones de las tres fases en equilibrio, y calcular la cantidad de A y B en el constituyente microcon- eutéctica en el sistema Mg-Al, (Figura 10-36). Solución:

L32.3 S una12.7 + sol40.2 una EUT

= ×40,2-32,3

= 71,3%

100% %sol = 28,7% y

40,2-12,7

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EU T

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10-45 Calcular la cantidad total de A y B y la cantidad de cada microelementos en una aleación de Sn-Pb 50% a 182 ° C. ¿Qué fracción del total de una en la aleación está contenido en el microelementos eutéctica? Solución:

97,5-50 = × = 39,5% una 100%= 60,5% segundo total Total 97,5-19 61,9-50 unaPrimario = 61.9 - 19 × 100% = 27,7% eutéctica = 72,3% unaen eutéctica = 60,5-27,7 = 32,8% F = 32,8 / 60,5 = 0,54

10-46 Figura 10-40 muestra una curva de enfriamiento para una aleación de Pb-Sn. Determinar: (a) la temperatura de vertido, (b) el recalentamiento, (c) la temperatura de liquidus, (d) la temperatura eutéctica, (e) el intervalo de congelación, (f) el tiempo de solidificación local, (g) el total tiempo ción solidifica-, y (h) la composición de la aleación. Solución: (a) temperatura de vertido = 360 ° C (B) sobrecalentar = 360 - 250 = 110 ° C (c) temperatura de liquidus = 250 ° C (d) temperatura eutéctica = 183 ° C (e) gama de congelación = 250-183 = 67 ° C (f) ) Tiempo de solidificación local = 600 - 110 = 490 s (g) tiempo total de solidificación = 600 s (h) aproximadamente 32% de Sn 10-47 Figura 10-41 muestra una curva de enfriamiento para una aleación de Al-Si. Determinar: (a) la temperatura de vertido, (b) el recalentamiento, (c) la temperatura de liquidus, (d) la temperatura eutéctica, (e) el intervalo de congelación, (f) el tiempo de solidificación local, (g) el total tiempo ción solidifica-, y (h) la composición de la aleación. Solución: (a) verter temperatura = 1.150 ° C (B) sobrecalentar = 1150-1000 = 150 ° C (c) temperatura de liquidus = 1.000 ° C (d) temperatura eutéctica = 577 ° C (e) gama de congelación = 1000 - 577 = 423 ° C (f) ) Tiempo de solidificación local de = 11,5 - 1 = 10,5 min (g) tiempo total de solidificación = 11,5 min (h) aproximadamente 45% de Si

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CAPÍTULO 10

El fortalecimiento y la dispersión de fase eutéctica Diagra 119 Sr a

10-48 Dibuje las curvas de enfriamiento, incluyendo temperaturas apropiadas, que se espera para las siguientes aleaciones de Al-Si. (A) Al-4% Hermano)

Al-12,6% Sic)

A l - 2 5 % Si (d)

Al-65% Si

Solución:

TTTT

780

630 577

577

1200 577 577

Al - 4% de Si tttt

Al - 12,6% de Si

Al - 65% de

Al - 25% de Si

Si

10-49 Sobre la base de las siguientes observaciones, construir un diagrama de fases. El elemento A se funde a 850 ° C y el elemento B se funde a 1200 ° C. Elemento B tiene una solubilidad máxima de 5% en el elemento A, y el elemento A tiene una solubilidad máxima de 15% en el elemento B. El número de grados de libertad de la regla de las fases es cero cuando la temperatura es de 725 ° C y no es 35 % presente B. A temperatura ambiente 1% de B es soluble en A y 7% de A es soluble en B. Solución:

1200 1000

L

Temperatura (DO)

800 600

u n a

segu ndo L

una L

s e g u n d o

una se gun do

400 200

UNA 520

406080 % de B

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segundo

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10-50 Las curvas de enfriamiento se obtienen para una serie de aleaciones de Cu-Ag, (Figura 10-42). Utilice estos datos para producir el diagrama de fases Cu-Ag. La solubilidad máxima de Ag en Cu es 7,9% y la solubilidad máxima del Cu en Ag es de 8,8%. Las solubilidades a temperatura ambiente están cerca de cero. Solución: 0% ag

S

8% ag

S

20% ag

S

50% ag

S

71,9% Ag S 90% ag

S

100% ag

S

Tliq

TSol

1085 ° C 1030 ° C 975 ° C 860 ° C 780 ° C 870 ° C 961 ° C

950 ° C 780 ° C 780 ° C 780 ° C 780 ° C

1100

1000

Temperatura (DO)

120

900

800

L u n a

una L

700 Cu29406080Ag

una se gun do %ag

segu ndo s L e g u n d o

10-51 El diagrama de fase SiO2-Al2O3 se incluye en la figura 10-27 (b). Se requiere un refractario para contener el metal fundido a 1900 ° C. (A) ¿Será Al2O3 puro ser una potencial candidata? Explique. (B) Se Al2O3 contaminado con 1% de SiO2 ser candidato? Explique. Solución: (A) Sí. Tm = 2.040 ° C>1900 ° RNr (B) No. formará Algunos líquido. % L = 100 a 99 x 100% = 5% L 100-80 Este líquido se debilitará el refractario.

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formará líquido.

CAPÍTULO 10

El fortalecimiento y la dispersión de fase eutéctica Diagra 121 Sr a

10-66 Considere el diagrama de fases ternario mostrado en las figuras 10-30 y 10-31. Determinar la temperatura de liquidus, el primer sólido para formar, y las fases presentes a temperatura ambiente durante las siguientes composiciones. (a) 30% de B-20% C, balance UNA (B) 10% de B-25% de C, el balance de A (C) 60% de B-10% de C, el balance de A Solución: (A) Tliq = 220 ° se una + C; g sol + u segundo n d o; (B) Tliq = 330 ° C;

u n a;

una + sol

(C) Tliq = 390 ° C; se una + g segundo u n d o; 10-67 Considere el diagrama de fases ternario mostrado en las figuras 10-30 y 10-31. Determinar la temperatura de liquidus, el primer sólido para formar, y las fases presentes a temperatura ambiente durante las siguientes composiciones. (A) 5% de B-80% C, balance UNA (B) 50% de B-5% de C, el balance de A (c) 30% de B-35% de C, el balance de A Solución: (A) Tliq = 390 ° so una + sol C; l; (B) Tliq = 330 ° C; se una + g segundo u n d o; (C) Tliq = 290 ° C; se una + g segundo u + sol n d o; 10-68 Considere la trama liquidus en la figura 10-30. (A) Para una constante de 20% de B, dibujar un gráfico que muestra los cambios de temperatura de liquidus de 20% de B0% C, equilibran de A a 20% de B-80% de C, equilibrar A, (b) ¿Cuál es la composición de la eutéctica ternaria en este sistema? (C) estimar la temperatura a la que ocurre la reacción eutéctica ternaria. Solución:

%A B C

Tliquidus

80-20-0

390 ° C 355 ° C 300 ° C

70-20-10 60-20-20

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50-20-30 40-20-40 30-20-50 20-20-60 20.10.70 0-20-80

210 ° C 150 ° C 210 ° C 270 ° C 320 ° C 400 ° C

400 L

Temperatura (DO)

300

una L sol L

200 100

segundo 20% 020406080 %DO

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(b) La composición de la mezcla eutéctica ternaria es de aproximadamente 40% 20% de B-40% de C, equilibrar una (c) La temperatura eutéctica ternaria es de aproximadamente 150 ° C 10-69 De la trama liquidus en la figura 10-30, preparar un gráfico de la temperatura liquidus frente al porcentaje B para una relación constante de los materiales A y C (es decir, de pura B a 50% A-50% C en la parcela liquidus). Material B se funde a 600 ° C. Solución:

ABC 50- 0-50 45-10-45 40-20-40 35-30-35 30-40-30 25-50-25 20-60-20 15-70-15 0-100-0

200 ° C 180 ° C 150 ° C 280 ° C 330 ° C 375 ° C 415 ° C 485 ° C 580 ° C

600 500 L

400

Temperatura (DO)

122

300 200 100

una L

% UNA % C

020406080100 % de B

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11 DispersionStrengtheningbyPhase TransformationsandHeatTreatment 11-2

Determinar las constantes c y n en la ecuación 11-2 que describen la velocidad de cristalización de polipropileno a 140 ° C. (Véase la Figura 11-31) Solución:

F = 1 - exp1-ct n2

T = 140 ° C = 413 K

Nosotros puede reorganizar la ecuación y eliminar la exponencial tomando logaritmos natu- ral de ambos lados de la ecuación reordenada. Podemos entonces observamos que ln (1 - f) versus t es una ecuación de potencia; si estos términos se trazan en un gráfico log-log, deberíamos obtener una relación lineal, como el gráfico de los datos a continuación indica. Observamos que en la creación de la ecuación para el trazado, que cambie el signo menos de la mano derecha a la izquierda, ya que no tenemos los números negativos en el papel log-log. 1 - f = exp1-ct n2 ln11 - f 2 = -CT n ln 3 -ln11 - f 24 = ln1ct n2 ln 3 -ln11 - f 24 = ln1c2 + n ln1t2 Un gráfico log-log de “-ln (1 - f)” frente a “t” se muestra. De la gráfica, encontramos que la pendiente n = 2,89 y la constante c se puede encontrar a partir de uno de los puntos de la curva: si f = 0,5, t = 55. Entonces 1-0,5 = exp -c 55 312 2,89 4 c = 6,47 × 10-6

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pie (Min) 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9

28 37 44 50 55 60 67 73 86

ln (1 - f) 0.1 0.22 0.36 0.51 0.69 0.92 1.20 1.61 2,302

123

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2.0

1.0

En 1 F )

124

0.5 norte 2.89

0.2

0.1 51020 t (Min)

11-3

Determinar las constantes c y n en la ecuación 11-2 que describen la velocidad de recristalización del cobre a 135 ° C. (Véase la Figura 11-2) Solución:

F = 1 - exp1-ct n2

T = 135 ° C = 408 K

Nosotros puede reorganizar la ecuación y eliminar la exponencial tomando logaritmos natu- ral de ambos lados de la ecuación reordenada. Podemos entonces observamos que ln (1 - f) versus t es una ecuación de potencia y debe dar una relación lineal en un gráfico log-log. Observamos que en la creación de la ecuación para el trazado, que cambie el signo menos de la mano derecha a la izquierda, ya que no tenemos los números negativos en el papel log-log. 1 - f = exp1-ct n2 ln11 - f 2 = -CT n ln 3 -ln11 - f 24 = ln1ct n2 ln 3-ln 11 - f 24 = ln1c2 + ln1t2

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pie (Min) ln (1 - f) 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9

5.0 6.6 7.7 8.5 9.0 10.0 10.5 11.5 13.7

0.10 0.22 0.36 0.51 0.69 0.92 1.20 1.61 2.30

CAPÍTULO 11

Fortalecimiento dispersión mediante transformaciones de fase y calor ent tratam125 Un gráfico log-log de “-ln (1 - f)” frente a “t” se muestra. De la gráfica, encontramos que la pendiente n = 3,1 y la constante c se pueden encontrar a partir de uno de los puntos de la curva: Si f = 0,6, entonces t = 10. pone 1 - 0,6 = exp 312 -c 10 4 3,1 c = 7,28 × 10-4.

4.0

2.0

En 1 F )

1.0

0.5 norte 2.89

0.2

0.1 3050100 t (Min)

11-4

Determinar la energía de activación para la cristalización de polipropileno, utilizando las curvas de la figura 11-36. Solución:

Nosotros puede determinar cómo la tasa (igual a 1 / t) cambia con la temperatura: velocidad = 1 / t = c exp1-Q / RT2 1 /t 1s-12 1/19 min2160 s / mín2 = 1,85 × 10-3 1/155 min21 60 s / min2= 3,03 × 10 -4 1 / 316 min2160 s / min2 = 5,27 × 105

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1 /T 1K-12 1/1130 + 2732 = 2,48 × 10-3 1/1140 + 2732 = 2,42 × 10-3 1 / 150 + 2732 = 2,36 × 10-3

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Desde el gráfico semilogarítmico de la frecuencia frente a la temperatura recíproca, nos encontramos con que la pendiente es: Q/ R =

ln110-32 - ln15 × 10-52 ,00246

- 0.00236 Q/R = 29.957 Q = 59.525 cal / mol

104 0.00246 0.00236

En (103) En (5 105)

103

Tasa (s1)

126

105 0.00230.00240.0025 1 / T (K1)

11-16

(A) recomiendan un tratamiento térmico de endurecimiento por envejecimiento artificial para un% Sea aleación-1,2 Cu (ver Figura 11-34). Incluir temperaturas apropiadas. (B) comparar la cantidad del precipitado g2 que se forma por el envejecimiento artificial a 400 ° C con la cantidad de precipitado que se forma por el envejecimiento natural. Solución: (A) Para el Cu-1.2% Be aleación, la temperatura peritéctica es 870 ° C; por encima de esta temperatura, se puede formar líquido. La temperatura solvus es de aproximadamente 530 ° C. Por lo tanto: 1) tratar la solución entre 530 ° C y 870 ° C (780 ° C es típica para las aleaciones de cobre berilio) 2) Sofocar 3) Edad debajo de 530 ° C (330 ° C es típico para estas aleaciones) (B) Podemos realizar cálculos ley de la palanca a 400 ° C y a temperatura ambiente. La solubilidad de Be en Cu a 400 ° C es de aproximadamente 0,6% Be y que a temperatura ambiente es de aproximadamente 0,2% Sea: 1,2-0,6 sol12 a 400 ° C =211,7 - 0,6 x 100 = 5,4% 1

11-17

1,2-0,2 sol22sala de T = 12 - 0,2 x 100 = 8,5%

Supongamos que el endurecimiento por envejecimiento es posible en el sistema AlMg (ver Figura 11-11). (A) recomiendan un tratamiento térmico de endurecimiento por envejecimiento artificial para cada una de las siguientes aleaciones, y (b) comparar la cantidad de la b precipitado que se forma a partir de su tratamiento de cada aleación. (I) Al-4% Mg (ii) Al-6% de Mg (iii) Al-12% Mg (c) Ensayo de las aleaciones después del tratamiento térmico, revela que poco fortalecimiento se produce como resultado del tratamiento térmico. ¿Cuál de los requisitos para el endurecimiento por envejecimiento probable es que no se cumple?

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CAPÍTULO 11

Fortalecimiento dispersión mediante transformaciones de fase y calor ent tratam127 Solución: (a) Los tratamientos térmicos para cada aleación podrían ser:

Teutéctica = Tsolvus = Solución Tratar en:

La edad en:

Al-4% de Mg 451 ° C 210 ° C 210-451 ° C Sofocar