Solucionario materiales de ingeniería

Índice9
MATERIALES EN
INGENIERÍA
Problemas resueltos
Francisco Javier Gil Mur
José María Cabrera Marrero
Maria Lluïsa Maspoch Rulduà
Luis Miguel Llanes Pitarch
Mª Núria Salán Ballesteros

Índice 9
Índice
1 Estructura cristalina 11
2 Propiedades físicas de los materiales 31
3 Materiales poliméricos 41
4 Diagramas de equilibrio 55
5 Propiedades mecánicas de los materiales 75
6 Metalografía 103

Índice 9
Prólogo
Este libro tiene por objeto ayudar a los alumnos que cursan la asignatura de Materiales en segundo
curso de la titulación de Ingeniería Industrial en la preparación de esta disciplina y complementar las
clases impartidas por el profesor.
En él se plantean una serie de problemas, gran parte de ellos complementarios al temario de la
asignatura,divididos en seis grandes apartados:
1. Estructura cristalina.
2. Propiedades físicas de los materiales.
3. Materiales poliméricos.
4. Diagramas de equilibrio.
5. Propiedades mecánicas de los materiales.
6. Metalografía.
Los problemas están resueltos para que el alumno pueda autoevaluarse y descubrir cuáles son sus
errores o faltas de comprensión de los diferentes temas. Se ha incorporado un capítulo de
metalografía para completar el conocimiento de las microestructuras más habituales de aleaciones
ampliamente utilizadas a nivel industrial. Estas micrografías pueden ayudar a los estudiantes al
reconocimiento de las microstructuras y fases que las constituyen, así como de los problemas
tecnológicos que pueden presentar.
Los autores han pretendido que este libro sea de utilidad para el conocimiento y la comprensión de
los materiales a base del planteamiento y la resolución de problemas. Nos gustaría que también
motivase a los lectores a un conocimiento más profundo del apasionante campo de la ciencia de los
materiales. De antemano, solicitamos disculpas por los posibles errores y deficiencias que se
encuentren en el presente libro, que esperamos ir subsanando en sucesivas ediciones con la ayuda y
las sugerencias de todos.
Por último, deseamos agradecer a todo el personal del Departamento de Ciencia de los Materiales e
Ingeniería Metalúrgica de la Escola Tècnica Superior d’Enginyers Industrials de Barcelona
(ETSEIB) de la UPC, la ayuda y el ánimo que en todo momento nos han prestado, en especial a
Conrado, Patricia y Susana, ya que sin ellos todo habría sido mucho más difícil.

1 Estructura cristalina
1.1 El hierro a temperatura ambiente presenta una estructura cúbica centrada en el cuerpo con un
parámetro de red a = 2,87 Å. Sabiendo que su peso molecular es 55,847 g/mol, determinar:
a) La masa de un átomo,
b) La densidad del hierro,
c) El radio atómico del hierro,
d) El volumen atómico,
e) El número de átomos por m3
,
f) El número de átomos por g,
g) El número de moles por m3
,
h) La masa de una celda unitaria,
i) El número de celdas unitarias existentes en 1g de hierro,
j) El volumen de una celda unitaria,
k) La densidad atómica lineal en la dirección [1 2 1], y
l) La densidad atómica superficial en el plano (1 2 0).
Solución:

Materiales en ingeniería. Problemas resueltos12
a) La masa de un átomo
55,847
g
mol
1mol
6,023 10
23
at.
9,27 10
23
g / at.⋅
⋅
= ⋅
−
b) La densidad del hierro
n at atº .: .8 1
8 1 2⋅ + =
V a= 3
ϕ =
⋅ ⋅
−
⋅
− ⋅ =
2 9 27 10
23
2 87 10
10 3
1
1000
7 843
3at g at
m
kg
g
kg m
. , / .
( , ) .
. /
c) El radio atómico del hierro
4 3r aA = ⋅
r
a
A =
⋅
=
⋅
=
3
4
2 87 3
4
,
1,24Å
d) El volumen atómico
V r m mA A
= ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅
− −4
3
3 4
3
10 3 30 3
1 24 10 7 98 10π π ( , ) ,
e) El número de átomos por m3
2 2
2 87 10
8 46 1010 3
28 3at
V
at
m
at m
celda
. .
( , )
, ./=
⋅
= ⋅−

f) El número de átomos por g
6 023 10
1
55 847
1 08 10
23 22
,
.
,
, ./⋅ ⋅ = ⋅
at
mol
mol
g
at g
g) El número de moles por m3
7 843 3
1000
55 847
1 40 10
5 3
.
.
,
, /
kg
m
mol
kg
mol m⋅ = ⋅
h) La masa de una celda unitaria
2
1
6 023 10
23
55 847
1
185 10
22at
celda
mol
at
g
mol
g celda
.
, .
,
, /⋅
⋅
⋅ = ⋅
−
i) El número de celdas unitarias existentes en 1g de hierro
1
2
6 023 10
1
55 847
5 39 10
23 21celda
at
at
mol
mol
g
celda g
.
,
.
,
, /⋅ ⋅ ⋅ = ⋅
j) El volumen de una celda unitaria
V a m m= = ⋅ = ⋅− −3 10 3 29 3
2 87 10 2 36 10( , ) ,
k) La densidad atómica lineal en la dirección [1 2 1]
d
at
a
at m[ ]
.
, ./121
91
6
1 42 10=
⋅
= ⋅
nº átomos = ½ + ½ = 1
b a a= ⋅ − + − + − = ⋅( ) ( ) ( )1 0 2 0 1 0 62 2 2
l) La densidad atómica superficial en el plano (1 2 0)
{ }( ) ( );( );( )120 2 1⇒ = = = ∞ →x y z Puntos de intersección con los ejes
S a a a a= ⋅ + = ⋅2 2 2
2 5( )
d
at
a
at m( )
.
, ./120
1
4
2
18 24
5
5 43 10=
⋅
⋅
= ⋅

1.2 La celda elemental del aluminio es cúbica centrada en las caras. Su masa atómica es 26,982
g/mol y el parámetro de red a = 0,405 nm. Calcular:
a) La densidad teórica,
b) La densidad atómica lineal en la dirección [1 1 0],
c) La densidad atómica superficial en el plano (1 1 1),
d) El radio atómico, y
e) El factor de empaquetamiento.
Solución:
a) La densidad teórica
ϕ = =
⋅
⋅
=
m
V
M
N a
kg mA
A
4
2 6973
3
. /
b) La densidad atómica lineal en la dirección [1 1 0]
[ ]d
a
at m110
92
2
3 49 10=
⋅
= ⋅, ./
c) La densidad atómica superficial en el plano (1 1 1)

( )d
S111
2
=
( )a
l a l a
⋅




 + = ⋅ ⇒ = ⋅
2
2
2
3
2
2
2
2
S
l a a
=
⋅ ⋅
=
⋅2
2
3
2
2
( )d at m111
19 2
1408 10= ⋅, ./
d) El radio atómico
4 2
2
4
0143 10 9
R a R
a
m= ⋅ ⇒ =
⋅
= ⋅ −
,
e) El factor de empaquetamiento
F E
R
a
. . ,=
⋅ ⋅ ⋅
=
4
0 74
4
3
3
3
π
1.3 Determinar el factor de empaquetamiento en las redes cúbica simple, cúbica centrada en el
cuerpo y cúbica de caras centradas.
Solución:
- Cúbica simple
F E
n V
V
at
celda
. . .
=
⋅

rat. = a / 2
V
a
at. = ⋅ ⋅






4
3 2
3
π
n = 1/8 · 8 = 1
( )F E
a
a
. .=
⋅ ⋅ ⋅
=
1
6
4
3 2
3
3
π π
= 0,52
- Cúbica centrada en el cuerpo
(Véanse figuras del ejercicio 1.1)
( )D a a a= + = ⋅2 3
2 2
4rat = D
4 3r aat. = ⋅
r aat. = ⋅
3
4
n = (1/8 · 8) + 1 = 2
( )F E
n V
V
a
a
a
a
at
celda
. . .
=
⋅
=
⋅ ⋅ ⋅ ⋅
=
⋅ ⋅
= ⋅
2 3
8
4
3
3
4
3
3
3
8
3
3
π π
π = 0,68
- Cúbica centrada en las caras

d a= ⋅2
4rat. = d
4 2
2
4
r a r aat at. .= ⋅ ⇒ = ⋅
V
a
aat. = ⋅ ⋅
⋅




 = ⋅ ⋅
4
3
2
4
2
24
3
3
π π
n = (1/8 · 8) + (1/2 · 6) = 4
F E
n V
V
a
a
at
celda
. . .
=
⋅
=
⋅ ⋅ ⋅
= ⋅
4 2
6
2
24
3
3
π
π = 0,74
1.4 El cadmio a temperatura ambiente presenta una estructura hexagonal compacta (HC) cuyos
parámetros reticulares son: a = 0,2973 nm; c = 0,5618 nm. Determinar:
a) El volumen de la triple celda unitaria, y
b) La relación c/a. Comentar el resultado para el valor esperado de c/a = 1.633 para una red
hexagonal compacta ideal.
Solución:

a)
V = Superficie base · altura
Área del triángulo = (b·h) / 2 = (a · (a · sen 60))/ 2 = (a2
· sen 60) / 2
Superficie de la base = 6 · ( (a2
· sen 60) / 2) = 3 · a2
· sen 60
Altura = c
V = 3 · a2
· c · sen 60 = 3 · (0,2973 · 10 -9
)2
m2
· (0,5618 · 10-9
) · sen 60 = 1,29 · 10-28
m3
b)
c/a = 0,5681 nm / 0,2973 nm = 1,889
La relación c/a para una estructura HC ideal, que consiste en un empaquetamiento uniforme de
esferas tan compacto como sea posible tiene un valor de 1,633.
Para el cadmio, c/a = 1,889, mayor que el ideal, ya que los átomos están ligeramente alargados a lo
largo del eje c de la celda unitaria.
La celda unitaria está distorsionada por una elongación a lo largo del eje c.
El tanto por ciento de desviación es:
[(1,889 - 1,633) / 1,633 ] · 100 = 15, 7 %
1.5 El titanio presenta a temperatura ambiente una estructura hexagonal compacta con parámetro
reticular a = 0,2950 nm. Su densidad es d = 4.510 kg/m3
y la masa atómica = 47,90 g/mol.
a) Determinar la relación c/a, y
b) Comentar este resultado para el valor esperado de c/a para una red hexagonal compacta ideal
(c/a=1,633).
Solución:
a)
d
n M
V N
V
n M
d N
A
A
A
A
=
⋅
⋅
⇒ =
⋅
⋅
V
at Kg mol at
kg m at mol
m=
⋅ ⋅
⋅ ⋅
= ⋅ −6 0 04790
4510 6 023 10
105771 103 23
28 3. , / .
. / , ./
,

V = 3 · a2
· c · sen 60
( )
c
V
a
m
m
m mm=
⋅ ⋅
⇒
⋅
⋅ ⋅ ⋅
= ⋅ =
−
−
−
3 60
1 05771 10
3 0 2950 10 60
4 678 10 0 46782
28 3
9 2
10
sen
,
, sen
, ,
b)
c/a = 0,4678 nm / 0,2950 nm = 1,568
Para el titanio, c/a = 1,568, y para la red ideal hexagonal compacta es de 1,633. Este hecho significa
que los átomos de titanio están ligeramente comprimidos en la dirección del eje c. La celda unidad
está distorsionada por una compresión a lo largo del eje c.
El tanto por ciento de desviación es:
((1,586 - 1,633) / 1,633) · 100 = -2,81 %.
1.6 El hierro puro se presenta en tres formas alotrópicas según la temperatura:
- Hierro α. Cúbico centrado en el cuerpo: a = 2,90 · 10-10
m de parámetro reticular
- Hierro γ. Cúbico centrado en las caras: a = 3,65 · 10-10
m de parámetro reticular.
- Hierro δ. Cúbico centrado en el cuerpo: a = 2,93 · 10-10
m de parámetro reticular.
Determinar:
a) La densidad del hierro en cada caso, y
b) Partiendo de un cubo de 1 m3
de Fe-α, ¿qué volumen ocupará este cuerpo cuando se transforme en
Fe-γ ? ¿y al transformarse en Fe-δ?
(peso molecular del hierro: 55,85 g/mol).
Solución:
a)
( )
d
n M
N V
at kg mol
at
mol
m
kg mFe
A
A
−
−
=
⋅
⋅
=
⋅
⋅ ⋅ ⋅
=α
2 0 05585
6 023 10 2 90 10
7 604 07
23 10
3
3
3. , /
,
.
,
. , /
( )
d kg mFe−
−
=
⋅
⋅ ⋅ ⋅
=γ
4 0 05585
6 023 10 3 65 10
7627 66
23 10 3
3,
, ,
. , /
( )
d kg mFe−
−
=
⋅
⋅ ⋅ ⋅
=δ
2 0 05585
6 023 10 2 93 10
7372 88
23 10 3
3,
, ,
. , /
b)
1 1
7604 07
1
1
1
1
7 623 66
0 99743 3
3
3
3
m Fe m Fe
kg Fe
m Fe
kg Fe
kg Fe
m Fe
kg Fe
m− = − ⋅
−
−
⋅
−
−
⋅
−
−
=γ α
α
α
γ
α
γ
γ
. ,
. ,
,
1 m3
Fe-δ ocupará 1,0313 m3
.

1.6 La perowskita (CaTiO3) presenta una estructura cristalina con una celda elemental como la de la
figura:
a) Hallar el número de coordinación (NC) para cada tipo de átomo, y
b) Calcular la densidad teórica del compuesto.
Datos: MCa = 40,08 g/mol
MTi = 47,88 g/mol
MO = 16,00 g/mol
NA = 6,023 ·1023
mol-1
RCa
2+
= 0,099 nm
RTi
4+
= 0,061 nm
RO
2-
= 0,140 nm
Solución:
a) El Ti tiene seis átomos de oxígeno a a0/2 ⇒ NCTi=6.
El Ca tiene tres átomos de oxígeno (por celda) situados a ( 2 2 )·a0, pero cada átomo de Ca
pertenece a ocho celdas, y los átomos de oxígeno están compartidos por dos celdas (centran las
caras), por tanto, NCCa=3·8·(1/2)=12.
Con el O se han de considerar todos los cationes, por tanto, cada átomo de oxígeno tiene dos átomos
de titanio a a0/2 y cuatro átomos de Ca a ( 2 2)·a0, por tanto, NCO=2+4=6.
b)
ρ =
⋅ + ⋅ + ⋅
⋅
1 1 3
0
at Ca
celda Ca
at Ti
celda Ti
at O
celda O
A
M M M
a N
. . .
1 átomo de Ba/celda ⇒ 8 átomos de Ca en los vértices que colaboran con 1/8
1 átomo de Ti/celda ⇒ 1 átomo central
3 átomos de O/celda ⇒ 6 átomos de oxígeno centrando caras, que colaboran con ½

Para hallar a0, se ha de considerar la mayor distancia anión-catión contiguo. Hay dos posibilidades:
2 2 2 0 3380 0⋅ = ⋅ + ⋅ ⇒ =a r r a nmCa O ,
o bien:
a r r a nmO Ti0 02 2 0 402= ⋅ + ⋅ ⇒ = ,
Consideramos la segunda ⇒ a0 = 0,402 nm = 0,402 · 10-7
cm
a0
3
=6,496 ·10-23
cm3
ρ =
⋅ + ⋅ + ⋅
⋅ ⋅ ⋅
=− −
1 40 08 1 47 88 3 16 00
6 496 10 6 023 10
3 4723 3 23 1 3
, , ,
, ,
,
g
mol
g
mol
g
mol
cm mol
g
cm
1.8 El MgO presenta una estructura cúbica compleja (de tipo NaCl). Si su densidad experimental es
de 3,2 g/mol:
a) Calcular qué porcentaje de defectos de Schottky habrá en la celda, y
b) Calcular el factor de empaquetamiento de la estructura teórica. ¿Presenta la misma variación
porcentual respecto del valor correspondiente a la estructura real?
Datos: MMg = 24,31 g/mol
MO = 16,00 g/mol
NA = 6,023 · 1023
mol-1
RMg
2+
= 0,072 nm
RO
2-
= 0,140 nm
Solución:
a) ρexp = 3,2 g/mol
ρteórica = ?
a0 = 2rMg + 2rO = 0,424 nm = 4,24 · 10-8
cm
a0
3
= 7,62 · 10-23
cm3
Átomos de Mg: 12 centrando las aristas (1/4) + 1 átomo interior = 4 át.Mg/celda

Átomos de O: 6 átomos centrando las caras y 8 átomos centrando los vértices ⇒ (6·(1/2)) +
(8·(1/8))=3 + 1= 4 át.O/celda
ρteórica
at Mg
celda
g Mg
mol
at O
celda
g O
mol
at
molcm
g
cm
=
⋅ + ⋅
⋅ ⋅ ⋅
=−
4 24 31 4 16
7 62 10 6 023 10
351223 3 23 3
. . . .
.
,
, ,
,
ρteórica > ρexp. ⇒ realmente no habrá 4 moléculas de MgO por celda, sino menos.
ρexp.
. . . .
.
,
, ,
=
⋅ + ⋅
⋅ ⋅ ⋅−
n n
cm
at Mg
celda
g Mg
mol
at O
celda
g O
mol
at
mol
24 31 16
7 62 10 6 023 1023 3 23
3 2
40 31
45 89
3 64 0 36,
,
,
, ,g
mol n
g
mol
n vacantes
celda= ⋅ ⋅ ⇒ = ⇒
%
,
, %vacantes vacantes= ⋅ =
0 36
4
100 8 9
b)
F E
Vol at celda
Vol celda
r r
a
real
at Mg
celda Mg
at O
celda O
. .
. ./
.
, ,
. .
= =
⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ ⋅3 64
4
3
3 64
4
3
3 3
0
3
π π
( ) ( )
( )
F E
nm nm
nm
real
at Mg
celda
at O
celda
. .
, , , ,
,
. .
=
⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ ⋅3 64
4
3
0 072 3 64
4
3
0140
0 424
3 3
3
π π
F E real. .
, ,
,
,=
⋅ +
=
−
5 69 10 0 0418
0 0762
0 62
3
F E
r r
a
teórico
at Mg
celda Mg
at O
celda O
. . ,
. .
=
⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ ⋅
=
4
4
3
4
4
3 0 68
3 3
0
3
π π
% . .
. . . .
. .
, ,
,
,∆F E
F E F E
F E
teórico real
teórico
= ⋅
−
=
−
⋅ =100
0 68 0 62
0 68
100 8 82%
Sí, presenta aproximadamente la misma variación respecto al valor correspondiente a la estructura
real.
1.9 La plata Sterling es una aleación comercial, formada por una solución sólida, Ag-Cu, con una
riqueza en plata del 975/1.000, y que presenta una estructura FCC.
a) Calcular la densidad de esta aleación, y
b) Calcular su factor de empaquetamiento.
Datos: MAg = 107,87 g/mol
MCu = 63,55 g/mol
NA = 6,023·1023
mol-1
RAg = 0,144 nm
RCu = 0,128 nm

Solución:
a)
ρteórica
at Ag
celda Ag
at O
celda O
A
n M n M
a N
=
⋅ + ⋅
⋅
. .
0
3
FCC ⇒ 4 át./celda (teórica)
2 4
4 0144
2
0 4070 0⋅ = ⋅ ⇒ =
⋅
=a r a
nm
nmAg
,
,
¿Cuántos átomos habrá de Ag y Cu en la celda? Dependerá de si forman solución sólida sustitucional
o bien solución sólida intersticial.
Aplicamos la relación Hume-Rothery:
r r
r
s s s
Ag Cu
Ag
−
⋅ =
−
⋅ = < ⇒100
0144 0128
0144
100 11% 15%
, ,
,
. . .
Por tanto, habrá 4 átomos en la celda de los cuales x seran de Ag y (4-x) de Cu.
Agatmol
Agg
Agatmol
Agg 04,9
87,107
1
955 =×
Cuatmol
Cug
Cuatmol
Cug 39,0
55,63
1
25 =×
De 9.43 moles de átomos, 9.04 mol serán de Ag y 0.39 mol serán de Cu, de manera que las
proporciones serán:
totalCuattotalesatCuatCu
totalAgattotalesatAgatAg
/04,0/
43,9
39,0
:
/96,0/
43,9
04,9
:
=
=

De manera que los 4 átomos que habrá en la celda elemental estarán distribuidos de la forma siguiente:
celdaCuatceldaCuatCu
celdaAgatceldaAgatAg
/16.0/04.04:
/84.3/96.04:
=×
=×
Así, la densidad teórica es:
( ) 3
.2337
....
51,10
10023,610407,0
55,6314,0087,10786,3
cm
g
cm mol
at
mol
Cug
celda
Cuat
mol
Agg
celda
Agat
teórica =
⋅⋅⋅
⋅+⋅
=
−
ρ
b)
3
0
3.3.
3
4
14,0
3
4
86,3
.
/.
..
a
rr
celdaVol
celdaatVol
EF
Cucelda
Cuat
Agcelda
Agat
⋅⋅⋅+⋅⋅⋅
==
ππ
( ) ( )
( )3
3.3.
407,0
128,0
3
4
14,0144,0
3
4
86,3
..
nm
nmnm
EF
celda
Cuat
celda
Agat
⋅⋅⋅+⋅⋅⋅
=
ππ
74,0
0674,0
104054,10482,0
..
4
=
⋅+
=
−
realEF
1.10 A temperaturas elevadas, el estroncio (Sr) presenta una estructura BCC. Si se enfría, experimenta
una variación alotrópica, y a temperatura ambiente su estructura es FCC.
a) Calcular la variación volumétrica porcentual que se produce durante el enfriamiento,
b) Esta variación alotrópica, al enfriarse, ¿corresponde a una contracción o a una dilatación?, y
c) ¿Qué estructura será más densa? Demostrarlo.
Solución:
a)
Vinicial ⇒ BCC ⇒ 2 át./celda
3 ·a0=4·r ⇒ a0 = (4·r)/ 3
V
r
r rin
Sr
Sr Sr=
⋅




 = ⋅ = ⋅
4
3
2 309 12 310
3
3 3 3
, ,
Vfinal ⇒ FCC ⇒ 4 át./celda
2 ·a0 = 4·r ⇒ a0 = (4·r)/ 2
V
r
r rfin
Sr
Sr Sr=
⋅




 = ⋅ = ⋅
4
2
2 828 22 617
3
3 3 3
, ,
2 celdas BCC ⇒ 1 celda FCC
4 át. ⇒ 4 át.

%
, ,
,
,∆V
V V
V
r r
r
f i
i
=
−
⋅ =
⋅ − ⋅ ⋅
⋅ ⋅
⋅ = −100
22 617 2 12 310
2 12 310
100 8136%
3 3
3
b) Es una contracción ya que Vi > Vf.
c) ρFCC
Sr
Sr
M
r
M
r
=
⋅
⋅ ⋅ ⋅
= ⋅ −4
22 617 6 023 10
2 93 103 23
25
3
, ,
,
ρBCC
Sr
Sr
M
r
M
r
=
⋅
⋅ ⋅ ⋅
= ⋅ −2
12 310 6 023 10
2 69 103 23
25
3
, ,
,
Así pues, es más densa la estructura FCC.
1.11 Un laboratorio recibe un lingote paralelepipédico metálico, sin defectos macroscópicos, de
dimensiones 2 x 2 x 10 cm y 294,920 g de masa. La única información “verdadera” de que dispone es
la de una etiqueta: “Cr-BCC”.
a) ¿Qué tipo de defectos presenta el lingote?, y
b) Una información posterior indica que existe un 10 % de defectos no sustitucionales. ¿Qué puede
ser?
Datos: MCr = 52,01 g/mol
rCr = 0,125 nm
Solución:
a) V = (2·2·10) cm3
= 40 cm3
m = 294,920 g
ρexp = 294,920 g / 40 cm3
= 7,373 g/cm3
BCC ⇒ 2 át./celda
3·a0 = 4·r ⇒ r = 0,125·10-7
cm
ρteórica
at Cr g mol
cm mol
g
cm
g
cm
=
⋅
⋅ ⋅





 ⋅ ⋅
= =
− −
2 52 01
4
3
0125 10 6 023 10
104 02
14 49
7 7178
7
3
23 1
3 3
. , /
, ,
,
,
,
ρexp > ρteórica ⇒ tiene inserciones, o bien ha formado solución sólida sustitucional con un elemento más
pesado.
b) Si no son sustitucionales, son intersticiales, es decir, forman solución sólida intersticial.
c)
molgM
M
cm
g
molcm
MmolgCrat
/07,14373,7
49,14
2,002,104
373,7
10023,610406,2
21,0/01,52.2
3123323exp
=⇒=
⋅+
⇒
⇒=
⋅⋅⋅
⋅⋅+⋅
= −−
ρ

Este peso molecular corresponde al del nitrógeno; por lo tanto, éste es el elemento intersticial en el
lingote.
1.12 Calcular qué familia de planos presenta mayor densidad atómica:
-{1 1 0} para BCC
-{1 0 0} para FCC
Solución:
ρBCC
at
a a
a=
⋅ ⋅
= −2
2
2
2
2.

ρFCC
at
a
a= = ⋅ −2
22
2.
{ } { }ρ ρ100 110FCC BCC
>
1.13 La distancia interatómica de equilibrio para el compuesto iónico LiF es xo=2,014 Å. Usando la
expresión de Born, para la cual, en el caso del sistema LiF, el exponente es n=5,9, y sabiendo que el
potencial de ionización es de 5,390 eV y la afinidad electrónica es de 3,45 eV. Calcular:
a) La energía potencial mínima: Epmin,
b) La energía de disociación del enlace: EDLiF; y realizar un esquema del proceso, y
c) El momento dipolar.
Solución:
a) La energía potencial del sistema LiF puede expresarse usando la relación de Born

E
z e
x
b
x
p
o
n
= −
⋅
⋅ ⋅ ⋅
+
2 2
4 π ε
z: valencia de los iones
e: carga del electrón ⇒ e = 1,6022·10-19
C
εo: permisividad del medio, en este caso, en el vacío ⇒ ε
πo
Nm c
=
⋅ ⋅ ⋅ −
1
4 9 109 2 2
b: constante característica [Nm2
]
n: exponente de Born; para el LiF vale 5,9
x: distancia interatómica [m]
La energía potencial es mínima para x=x0 (distancia interiónica de equilibrio); para calcularla
hemos de conocer b.
En la posición de equilibrio:
dE
dx
p
x x





 =
= 0
0
z e
x
n b
x
b
z e x
no
n
n
o
2 2
0
2
0
1
2 2
0
1
4
0
4
⋅
⋅ ⋅ ⋅
−
⋅
= ⇒ =
⋅ ⋅
⋅ ⋅ ⋅+
−
π ε π ε
( ) ( )b
c m
N m c
N m=
⋅ ⋅ ⋅ ⋅
⋅ ⋅
⋅ ⋅ ⋅ ⋅





 ⋅
= ⋅
− −
−
−
16022 10 2 014 10
4
1
4 9 10
5 9
1 21 10
19 2 2 10 4 9
9 2 2
76 6 9
, ,
,
,
,
,
π
π
( )
( )
Ep
c
c
N m
N m
m
Jx x=
−
−
−
−
−
=
⋅ ⋅ ⋅
⋅ ⋅
⋅ ⋅ ⋅





 ⋅ ⋅
+
⋅
⋅
= − ⋅0
1 16022 10
4
4 9 10
2 014 10
1 21 10
2 014 10
9 5247 10
19 2 2
2
9 2
10
76 6 9
10
5 9
19
,
,
,
,
,
,
,
π
π
− ⋅ ⋅
⋅
= − =−
− =9 5247 10
1
16022 10
5 9419
19 0
,
,
,J
eV
J
eV Epx x
b) EDLiF = - (Epmin + EAF - PILi) = - (-5,94 + 3,45-5,39) eV = 7,88 eV
Esquema del proceso:
Li+
F-
+ 5,94 eV ↔ Li+
+ F-
Li+
+ 1 e-
↔ Li + 3,45 eV
F-
+ 5,39 eV ↔ F + 1 e-
Li+
F-
+ 5,94 eV + 5,39 eV ↔ Li + F + 3,45 eV
Li+
F-
+ (5,94 + 5,39 - 3,45) eV ↔ Li + F
c) m = z · e · ∆S
m: momento dipolar
z: n.º de electrones; z =1

e: carga del electrón; e = 1,6022 · 10-19
C
∆S: separación de los baricentros de las cargas; ∆S = 2,014 Å
m = 1 · 1,6022 · 10-19
C · 2,014 · 10-10
m = 3,23 · 10-29
Cm
1.14 Se sabe que una red cristalina de tipo cúbico simple posee una constante reticular a = 400 pm y
que se emplean rayos X con una longitud de onda de λ = 75 pm. Calcular cuáles serán los ángulos de
difracción de primer orden para las caras (1 1 1), (0 1 1) y (1 1 2).
Solución:
En el sistema cúbico, la distancia entre planos paralelos es:
d
a
h k l
hkl =
+ +2 2 2
d
a a
111
2 2 2
1 1 1 3
=
+ +
=
d
a
011
2
=
d
a
112
6
=
Aplicando la ley de Bragg: n·λ = 2·d·sen θ
Para los ángulos de difracción de primer orden, tendremos n=1:
q
l
a
o
111
2
3
75
2
400
3
9 20 42=
⋅
=
⋅
=arcsen arcsen
' ''
θ
λ
011
2
2
75
2
400
2
7 37 8=
⋅
=
⋅
=arcsen arcsen
a
o ' ''
θ
λ
011
2
6
75
2
400
6
13 16 33=
⋅
=
⋅
=arcsen arcsen
a
o ' ''

2 Propiedades físicas de los materiales
2.1 Para el vanadio, el campo crítico a 3 K es Hc = 7,1 · 104
A·m-1
. La temperatura de transición es
de 5,3 K. Calcular:
a) El valor del campo crítico a 0 K, y
b) El radio requerido para destruir la superconductividad en un hilo de vanadio por el que se hace
pasar una corriente de 200 A.
Solución:
a)
Hc H
T
T
H
Hc
T
T
H
A m
A m
c
c
= −














⇒ =
−














⇒ =
⋅ ⋅
−






= ⋅ ⋅
−
−
0
2
0 2 0
4 1
2
5 1
1
1
71 10
1
3
5 3
105 10
,
,
,
b)
r
I
H
mmC
C
=
⋅ ⋅
=
⋅ ⋅
⋅ =−
2
200
14 2
10 0 4484
π π
,
2.2 Sabemos que para el silicio, el intervalo de energías prohibidas es de Eg = 1,10 eV. Calcular:
a) La energía del nivel de Fermi,
b) La concentración de portadores de carga a 20 o
C, y
c) La conductividad intrínseca a 20 o
C, sabiendo que las movilidades de los electrones y de los
huecos son, respectivamente, para el silicio:
bn = 4 · 105
T-2,6
m2
/V·s
bp = 2,5 · 104
T-2,3
m2
/ V.s
Solución:
a)
EF = Eg / 2 = 1,10 eV / 2 = 0,55 eV

b)
N T en
E
KT
g
= ⋅ ⋅ ⋅
−
4 83 1021 2
3
2
,
K = 1,38 · 10-23
J/K
( )N K e mn
eV
J
K
K
J
eV
= ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅
−
⋅ ⋅ ⋅





⋅ ⋅






−
− −
−
4 83 10 293 8 56 1021
1 10
21 38 10 293 1 6 10
15 3
3
2
23 19
1
, ,
,
, ,
c)
bn = 4 · 105
T-2,6
m2
/V·s = 4 · 105
· (293)-2,6
= 0,154 m2
/ V.s
bp = 2,5 · 104
T-2,3
m2
/ V.s = 2,5 · 104
· (293)-2,3
= 0,053 m2
/ V.s
σ20
o
C = Nn · e · ( bn + bp) = 8,56·1015
m-3
· 1,6·10-19
C (0,154 + 0,053 = 2,84·10-4
(Ωm)-1
2.3 ¿Qué resistencia presentará un hilo de cobre de 50 m de longitud y 0,5 mm de radio?
Datos: ρ (Cu) = 1 7 10
6
, ⋅ ⋅
−
Ω cm
Solución:
R
s
l
cm
s
l
= ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅−
ρ 17 10 6
, Ω
s mm cm cm= ⋅ = ⋅ = ⋅ −
( , ) ( , ) ,0 5 0 05 7 85 102 2 3 2
π π
l m cm= =50 5000.
R cm
cm
cm
= ⋅ ⋅ ⋅
⋅
= ⋅−
−
−
17 10
7 85 10
5000
2 67 106
3 2
12
,
,
.
,Ω Ω
2.4 La resistividad del germanio (Ge) es de 2 Ω⋅cm y su densidad es de 5 g/cm3
. La concentración de
‘huecos’ electrónicos es, aproximadamente, 1,8⋅1015
por cm.
a) Calcular la movilidad de estos huecos electrónicos.
b) El germanio puro no presenta ‘huecos’, sino que estos aparecen al ‘dopar’ el material con otro tipo
de átomos. ¿Cuáles provocarían esta situación?
Solución:
ρ (Ge) = 2 Ω cm
d (Ge) = 5 g/cm3
[huecos] = 1,8⋅1015
huecos/cm3
Ge

a) µhuecos?
n
e
=
⋅ ⋅
1
ρ µ
n: concentración
ρ: resistividad
e: carga eléctrica = carga del “hueco” (h)
µ: movilidad
18 10
1
2 16 10
15 3
19
, ./
, /
⋅ =
⋅ ⋅ ⋅−
h cm
cm C hΩ µ
µ =
⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅−
1
18 10 2 16 1015 3 19
, / , /h cm cm A s hΩ
µ =
⋅ ⋅
1736
2
.
cm
A sΩ
b) Átomos que tengan menos electrones de valencia que el germanio:
B,Al,...,(Z3+
)
2.5 Fabricamos un condensador con dos láminas de 25x25 cm muy finas y un dieléctrico de mica
entre ellas. Se aplica una carga de 0,06 mC a cada lámina.
a) Calcular la densidad superficial de carga en las láminas.
b) ¿Cuál será el campo eléctrico que actuará en el dieléctrico?
c) Calcular la densidad superficial de las cargas inducidas en la mica.
d) Calcular la polarización del dieléctrico.
Datos:
εr(Ge) = 4 εo= (4·π·9⋅109
)-1
C2
/N⋅m2
Solución:
a) Q = 0,06 mC
d
Q
s
mC
cm
C
m
s = =
⋅
=
⋅
⋅
−
0 06
2 25
0 06 10
2 0 252
3
2
,
( )
,
( , )
d C ms = ⋅ −
4 8 10 4 2
, /
b)
E
ds
=
ε
ε = εr ⋅ εo = 4 / 4·π⋅9⋅109
(C2
/N·m2
) = 3,537⋅10-11
C2
/N⋅m2
E N C V m=
⋅
⋅
= ⋅ = ⋅
−
−
4 8 10
3 537 10
13571 10 13571 10
4
11
6 6,
,
, / , /

c)
d E E Esi o o r= ⋅ − ⋅ = ⋅ −ε ε ε ε( )1
d C msi =
⋅
⋅ ⋅ ⋅
− =
13571 10
4 9 10
4 1 3599
6
9
2,
( ) , /
π
d)
P E C mo e= ⋅ ⋅ =
⋅ ⋅ ⋅
⋅ = ⋅ −
ε χ
π
3
4 9 10
13571 10 3599 109
6 4 2
( , ) , /
χ εe r= − = − =1 4 1 3
2.6 La susceptibilidad magnética del aluminio a 20o
C es χm= 0,65 · 10-6
. Calcular:
a) La permeabilidad relativa,
b) La permeabilidad absoluta,
c) La magnetización para una excitación H = 106
Am-1
,
d) La inducción magnética, y
e) La relación entre los valores de B en el Al y el vacío.
Solución:
a) µr = 1 + χm = 1 + 0,65·10-6
= 1,00000065
b) µ = µr·µo = 1,00000065·4·π·10-7
= 1,2566·10-6
Wbm-1
A-1
c) M = χm·H = 0,65·10-6
· 106
= 0,65 Am-1
d) Bal = µ·H = 1,2566·10-6
·106
= 1,2566 Wbm-2
e) Bo = µo·H
BAl = µo·(1 + χm)·H
BAl / Bo = 1 + χm = µr = 1,00000065
2.7 Se dispone de una probeta cilíndrica de cobalto, cuyas dimensiones son: longitud l=150 mm;
diámetro d=10 mm.
La acción de un campo magnético uniforme está asociada a una inducción de valor B=0,94 Wbm-2
.
Calcular la energía almacenada en el vacío, así como en un acero templado de permeabilidad relativa
µr = 1.458.
Solución:
Volumen = (π·d2
·l)/4 = 1,178·10-5
m3
Densidad de energía en un campo magnético:
W
V
B
= ⋅
1
2
2
µ
W: energía almacenada [J]
V: volumen [m3
]

B: inducción magnética; B = 0,94 Wbm-2
µ: permeabilidad absoluta en el vacío
µ = µo = 4·π·10-7
Wbm-1
A-1
en acero templado µ = µr·µo
Vacío:
( )Wb A m kg s A A m kg s N m J⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅ =− − −2 2 1 2 2
Acero templado:
W
d l B
J
r
=
⋅ ⋅
⋅ ⋅
= ⋅−
−
2 2
7
3
32 10
2 84 10
µ
,
2.8 La susceptibilidad magnética del molibdeno (Mo) es de 1,19⋅10-4
. Determinar:
a) La susceptibidad absoluta,
b) La permeabilidad relativa, y
c) Si se somete a la acción de un campo magnético de intensidad 1.000 A/m, calcular cuál será la
magnetización del molibdeno en estas condiciones.
Datos:
µo = 4·π⋅10-7
H/m
Solución:
a)
χm : susceptibilidad magnética χm = 1,19⋅10-4
µr : permeabilidad relativa µr = 1+ χm
µ : permeabilidad absoluta µ = µr ⋅ µo
µ = µr ⋅ µo = (1+ χm) ⋅ µo = (1 + 1,19⋅10-4
) ⋅ 4·π·10-7
H/m
µ = 1,257⋅10-6
H/m
b)
µ
µ
µ π
r
H m
H m
= =
⋅
=
−
−
0
6
7
1257 10
4 10
1000119
, /
/
,
c)
H = 1.000 A/m
M ?
Μ = χm⋅H = 1,19⋅10-4
⋅1.000 A/m
M = 0,119 A/m

2.9 Por una bobina circular de 100 espiras, con un radio de 30 mm, pasa una corriente de 1 A.
Hallar:
a) El momento magnético dipolar (µm).
b) El momento del dipolo si lo colocamos en el interior de un campo magnético de inducción de 3
Wb/m2
perpendicular a la bobina.
c) ¿Qué valor presentará el campo magnético (B) en un punto situado a 2,5 cm del centro de la
bobina?
Datos:
µo = 4·π·10-7
H/m = Wb/mA
1 Wb = 1V⋅1s
Solución:
a)
n = 100 espiras
R = 30 mm = 0,03 m
I = 1 A
S r m= ⋅ = ⋅ −
π 2 3
2 827 10,
µm n I S A m A m= ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅
−
100 1 2 827 10 0,2827
3 2 2
,
µm A m= ⋅0,2827
2
b) B = 3 Wb/m2
θ = 90º
τ µ θ= ⋅ ⋅m B sen
τ = ⋅ ⋅ = ⋅ = ⋅0 2827 3 90 0 8481 0 8481
2
2
, , ,Am
Wb
m
A Wb N m
o
sen
Α⋅Wb = A⋅V⋅s = W⋅s = J = N⋅m
τ = 0,8481 N⋅m
c)
[ ]
B
I R
R x
A m
m m
o o=
⋅
+
=
⋅
+
µ µ
2
2 2 3 2
2
2 2 3 2
2
1 0 03
2 0 03 0 025( )
( , )
( , ) ( , )
/ /
x = 0,025 m = 2,5 cm
B
H
m
A
m
Wb
m
= ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅− −
4 10 7 556 9 49 107 6
2
π , ,
B
Wb
m
= ⋅ −
9 49 10 6
2
,

2.10 Para la difusión del C en Fe (FCC) tenemos D0=21·10-6
m2
s-1
y Q=141.284 Jmol-1
, mientras que
para la difusión en Fe (BCC) es D0=79·10-8
m2
s-1
y Q=75.658 Jmol-1
. Calcular:
a) La profundidad de penetración del C en Fe (FCC) a 900 o
C, al cabo de 1 hora, y
b) La profundidad de penetración del C en Fe (BCC) a 600 o
C, al cabo de 2 horas.
Solución:
a)
D D e e m so
Q
RT
1173
6
141 284
8311173 11 2 1
1
1
21 10 10653 10.
.
. ,= ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅
−
−
−
⋅ − −
x D f x m1 1 1
4
2 2 7695 10= ⋅ ⋅ ⇒ = ⋅ −
,
b)
D D e e m so
Q
RT
873
8
75 658
831 873 11 2 1
2
2
79 10 2 3356 10= ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅
−
−
−
⋅ − −
.
,
x D f x m2 2 1
4
2 5 7993 10= ⋅ ⋅ ⇒ = ⋅ −
,
2.11 Un lingote de plomo solidifica a 325 o
C. En ese momento mide 25 cm. ¿Cuál será su longitud a
temperatura ambiente?
Datos: αPb = 29 · 10-6
cm/cm·o
C
Solución:
∆l = α · l0 · ∆T
l0 = 25 cm
α = 29·10-6
cm/cm·o
C
∆T = Tf - Ti = 25 o
C - 325 o
C = -300 o
C
∆l = 29 · 10-6
cm/cm·o
C · 25 cm · (-300 o
C)
∆l = -0,2175
∆l = lf - l0 ⇒ lf = -∆l + l0 = 24,7825 cm
2.12 Un par bimetálico de cobre y níquel (Cu-Ni) se somete a un recocido a 250 o
C y se enfría
bruscamente hasta temperatura ambiente. ¿En qué dirección se doblará el par?
Solución:
l0(Cu) = l0(Ni)
∆T < 0 ⇒ Contracción
∆l(Cu) = 16,6·10-6
(cm/cm·o
C) · l0 · ∆T
∆l(Ni) = 13·10-6
(cm/cm·o
C) · l0 · ∆T

∆l(Cu) > ∆l(Ni)
∆T = 25 -250 = -225 o
C
Puesto que el cobre presenta mayor contracción que el níquel, el par se curvará hacia el cobre.
2.13 Es invierno, con una temperatura media ambiente de 3 o
C. Se instala calefacción en casa y nos
interesa mantener una temperatura interior constante de 22 o
C. Las ventanas exteriores son de 1,2 x
1,2 m y se coloca una única pieza de vidrio.
a) ¿Qué grueso debería tener como mínimo este vidrio para evitar pérdidas superiores a 5·107
cal/día?, y
b) ¿Qué temperatura máxima de verano implicará las mismas pérdidas con este mismo vidrio si se
instala aire acondicionado con una temperatura media programada de 18 o
C?
Datos: Kvidrio = 0,0023 cal/cm·s·K
Solución:
a)
∆T = (22 - 3)o
C = 19 o
C = 19 K
A = (1,2 · 1,2) m2
= 144 m2
= 14.400 cm2
Q
A
T
x
≤ ⋅Κ
∆
∆
Q/A: calor disipado por unidad de área
K: conductividad
∆T/∆x: gradiente de temperatura
∆x: grueso del cilindro
Q = 5·107
cal/día
A=1,44 m2
5 10
1 44
197
2
⋅
≤ ⋅
cal día
m
K
x,
Κ
∆
∆
Κ
x
K m
cal día
cal
cm s K
K cm
cal
día
día
s
≥
⋅ ⋅
⋅
= ⋅ ⋅
⋅ ⋅
⋅ ⋅
⋅
19 144
5 10
0 0023 19 14400
5 10
1
24 3600
2
7
2
7
, , .
.
∆x cm≥ 1 087,
b) ∆T = T-18o
C = T -18K
∆x cm
cm
T K
cm
cal
s cal
cm s K≥ ⇒
⋅
≤ ⋅
−⋅
⋅ ⋅1087
5 10
14400
0 0023
18
1 087
7
24 3 600
2
,
.
,
,
.
0 040 2 116 10 18 18 90 183
, ,≤ ⋅ ⋅ ⋅ − ⇒ ≥ −−
T T
T C≤ + =18 90 18 36 9, , o

2.14 La longitud crítica fotoeléctrica para el aluminio (Al) es de 475 nm. ¿Cuál será la velocidad
máxima del electrón emitido tras incidir una radiación electromagnética con una longitud de onda de
175 nm? Calcular la potencia del frenado.
Datos:
h = 6,62⋅10-34
J⋅s me = 9,1⋅10-31
Kg c = 3⋅1010
cm/s
Solución:
λo = 475 nm
h
hc
ν
λ
=
ν
λ
o
o
c
=
νo
cm s
cm
s=
⋅
⋅
= ⋅−
−3 10
475 10
6 316 10
10
7
14 1/
,
hν = mv2
/2 + φ = mv2
/2 + hνo
½ mv2
= h⋅(ν-νo)
v
h
m
J s
Kg
o= − =
⋅ ⋅
⋅
−
−
−
2 2 6 62 10
91 10
34
31 0( )
, /
,
( )ν ν ν ν
ν
λ
= =
⋅
⋅
= ⋅−
−c cm s
cm
s
3 10
175 10
1714 10
10
7
15 1/
,
v
J s
Kg
s s= ⋅ ⋅ − ⋅− − −
14549 10 1 714 10 6 316 103 15 1 14 1
,
/
( , , )
v m s= ⋅1255 106
, /
Ve h Js so= ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅− −
ν 6 62 10 6 316 1034 14 1
, , .
Ve J= ⋅ −
418 10 19
,
2.15 Un dispositivo tiene un filamento de wolframio (W) caliente. Se le aplica un voltaje de 5.000 V
y se produce emisión de electrones. ¿Cual será el límite de longitud de onda corta que puede
estimular el electrón emitido?
Datos:
h = 6,62⋅10-34
J⋅s c = 3⋅1010
cm/s e = 1,6⋅10-19
J/V
Solución:

V = 5.000 V
eV E
hc
= =
λ
16 10 5000
6 62 10 3 1019
34 10
, .
, /
⋅ ⋅ =
⋅ ⋅ ⋅−
−
J
V
V
Js cm s
λ
λ = ⋅ =−
2 48 10 0 2488
, ,cm nm

3 Materiales poliméricos
3.1 ¿Cuál es la masa molecular media en número ( Mn) y en peso ( Mw) de una mezcla que pesa 2 g
y está formada por 1 g de la parafina C95H192 y 1 g de la parafina C105H212 ?
Solución:
La masa molecular de cada parafina es:
M95 = 95 ·12 + 192 = 1,332 g/mol
M105= 105 ·12 + 212 = 1,472 g/mol
El número de moles de cada parafina es:
n95 = 1g / (1,332 g/mol) = 7,51 ·10-4
moles
n105= 1g / (1,472 g/mol) = 6,79 ·10-4
moles
Entonces la masa molecular media en número ( Mn) es:
Mn = Σxi Mi
xi : fracción molar
Mi : M mol de la fracción i
Mn =
7 51 10
7 51 6 79 10
1332
6 79 10
6 79 7 51 10
1 472
4
4
4
4
,
( , , )
,
,
( , , )
,
⋅
+ ⋅
⋅ +
⋅
+ ⋅
⋅
−
−
−
−
Mn = 1,399 g/mol
y la masa molecular media en peso ( Mw) es:
Mw = ΣwiMi
wi : fracción molar
Mi : M mol de la fracción i
Mw = 0 5 1332 0 5 1 472 1 402. , , , , /⋅ + ⋅ = g mol
3.2 Para el sistema PMMA, en la tabla adjunta se indican los valores determinados, en torno a 25
ºC, con un viscosímetro de tipo capilar.

Calcular la masa molecular media viscosimétrica de esta muestra de PMMA.
c (g/dl) 0,0 0,2 0,4 0,7 1,0 1,5
t (s) 93,8 110,4 130,4 166,6 211,6 302,8
93,8 110,4 131,0 166,8 212,0 302,0
94,0 110,5 131,5 166,7 211,2 301,9
93,9 110,8 131,4 166,5 211,5 302,3
Solución:
La masa molecular viscosimétrica se puede calcular a partir de la relación semiempírica de Mark-
Hawink Sakurada.
[η] = k Mv
a
⋅
[η] : viscosidad intríseca
Mv : masa molecular viscosimétrica
K,a : constantes que dependen del polímero, del disolvente y de la temperatura.
Para nuestro caso: PMMA / acetona / 25 ºC
Por otra parte: K = 7,5·10-5
y a = 0,7
[η] = lim c reducida
( )→ 0 η
ηreducida = ηespecífica/c
ηespecífica = (t-t0)/to
c : concentración en g/dl
t : solución
to : solvente
c [g/dl] 0,0 0,2 0,4 0,7 1,0 1,5
t [s] 93,875 110,52 131,07 166,65 211,57 302,25
A - 0,887 0,991 1,107 1,254 1,479
A : ηsp/c = (t-to)/toc

En la figura adjunta se representa la concentración frente a la ηreducida. La ordenada en el origen nos
da el valor de la ηintríseca ([η]).
[η] = 0,8001
y aplicando la relación de Mark-Hawink Sakurada calculamos la masa molecular media
viscosimétrica.
[η] = k Mv
a
⋅
M = 567972 g/mol
3.3. Calcular la masa molecular media en peso y en número de una muestra de poliestireno (PS)
formada al mezclar 8 fracciones de poliestireno monodispersas. En la tabla se indica la masa
molecular de cada fracción de poliestireno así como la cantidad de cada una en las mezclas.
Mmol 15.000 27.000 39.000 56.000 78.000 104.000 120.000 153.000
peso g 0,1 0,18 0,25 0,17 0,12 0,08 0,06 0,04
Solución:
Masa molecular media en peso ( Mw)
Mw=∑ wiMi
Mw =
01
1
15000
018
1
27 000
0 25
1
39000
017
1
56000
012
1
78000
,
.
,
.
,
.
,
.
,
.⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ +
+ ⋅ + ⋅ + ⋅
0 08
1
104000
0 06
1
120000
0 04
1
153000
,
.
,
.
,
.
Mw = 56.630 g/mol
wi = peso fracción i / peso total (peso total = 1g)
Masa molecular media en número ( Mn ). Primero calculamos el número de moles de cada fracción.
n1 = 0,1/15.000 = 6,67·10-6
n2 = 0,18/27.000 = 6,67·10-6
n3= 0,25/39.000 = 6,4 ·10-6
n4= 0,17/56.000 = 3,04 ·10-6
n5= 0,12/78.000 = 1,5 ·10-6
n6 = 0,08/104.000 = 0,77 ·10-6
n7 = 0,06/120.000 = 0,5 ·10-6
n8 = 0,04/153.000 = 0,26 ·10-6
El número de moles totales es n=25,81 ·10-6

000.15381,25
26,0
000.120
81,25
5,0
000.104
81,25
77,0
000.78
81,25
5,1
000.56
1081,25
1004,3
000.39
1081,25
104,6
000.27
1081,25
1067,6
000.15
1081,25
1067,6
6
6
6
6
6
6
6
6
⋅
+⋅+⋅+⋅+⋅
⋅
⋅
+
+⋅
⋅
⋅
+⋅
⋅
⋅
+⋅
⋅
⋅
=
−
−
−
−
−
−
−
−
nM
= 38.622 g/mol
3.4 ¿Cuál es el efecto sobre la Mn y la Mw de la adición de 0,5% en peso de monómero de estireno
a la muestra de PS del problema 4.3?
Solución:
Monómero de estireno: C8H8
Mmol = 12 · 8 + 8 = 104 g/mol
Peso de monómero añadido:
0,5/100 ·1 g mezcla = 5 ·10-3
g
Moles de monómero añadidos:
5x10-3
(g) ·1 mol/104 g = 4,8 ·10-5
mol
Influencia sobre la Mn:
Mn = Σ xi Mi
Mn =
4 8 10
4 8 10 25 81 10
104
25 81 10
25 81 10 4 8 10
38 622
5
5 6
6
6 5
,
, ,
,
, ,
.
⋅
⋅ + ⋅
⋅ +
⋅
⋅ + ⋅
⋅
−
− −
−
− −
=13.573 g/mol
Influencia sobre la Mw:
Mw = Σ wi Mi=
5 10
5 10 1
104
1
1 5 10
56630
3
3 3
⋅
⋅ +
⋅ +
+ ⋅
⋅
−
− −
. = 56.349 g/mol
3.5 Calcular la cristalinidad que presenta un PVC comercial de densidad 1,442 g/mol, sabiendo que
la densidad del PVC amorfo es de 1,412 g/cm3
y la del PVC cristalino es de 1,477 g/cm3
.
Solución:
Cristalinidad :
X =
W
W
crist
tot
1/ρt = wc/ρc + wa/ρa = wc/ρc + (1-wc)/ρa

wc
c a t
t a c
=
−
⋅ −
⋅ρ ρ ρ
ρ ρ ρ
( )
( )
=
ρ
ρ
ρ ρ
ρ ρ
c
t
a t
a c
⋅
−
−
X = wc / wt = wc / 1 =
ρ
ρ
ρ ρ
ρ ρ
c
t
a t
a c
⋅
−
−
X =
1 477
1 442
1412 1442
1412 1477
,
,
, ,
, ,
⋅
−
−
= 0,47
47% de cristalinidad
3.6 Una muestra de polietilenterftalato (PET) se enfría rápidamente desde 300 ºC (A) hasta
temperatura ambiente (B) y da como resultado un material rígido y perfectamente transparente.
Esquematizar el diagrama volumen específico vs. temperatura de este proceso y explicarlo.
Tg= 69ºC
Tm= 267ºC
Solución:
El PET es un material que puede cristalizar; sin embargo, al enfriarse rápidamente desde 300ºC (A)
hasta 20ºC (B), las cadenas de polímero no pueden adquirir la estructura cristalina. El material
resultante será 100% amorfo y, por tanto, totalmente transparente.
Puesto que a temperatura ambiente se encuentra por debajo de la temperatura de transición vítrea
(Tg= 69ºC) el material es rígido, es decir, está en estado vítreo.

3.7 La muestra de PET en el estado (B), del ejercicio 3.6, se calienta hasta 100ºC y se mantiene a
esta temperatura hasta que se observa que la muestra adquiere una apariencia translúcida (C),
entonces se enfría hasta temperatura ambiente (B) y da como resultado un material rígido y
translúcido. Explicar este proceso. Esquematizar el diagrama volumen específico vs. temperatura, si
esta muestra en el estado (D) se calentara hasta 300ºC.
Solución:
Al calentar la muestra desde el estado (B) hasta 100ºC se produce la cristalización del material,
puesto que está a una temperatura superior a su Tg; en consecuencia, el material se vuelve translúcido
(debido a la presencia de dos fases, una amorfa y otra cristalina). Cuando se vuelve a enfriar desde
(C) hasta (D) el material resultante es un PET semicristalino y, por tanto, translúcido, y además
rígido, puesto que el material consta de una fase cristalina y otra amorfa en estado vítreo (por debajo
de Tg).
3.8 Explicar los siguientes hechos:
a) El polietileno (PE) y el polipropileno (PP) obtenidos mediante catalizadores estereoespecíficos son
rígidos y translúcidos, mientras que un copolímero 65-35 de ambos, obtenido de la misma manera, es
en caucho transparente y blando.
b) Existe un plástico comercialmente disponible que es similar en apariencia al PE y al PP descritos
en el apartado a y que consiste en un 65% de unidades de etileno y un 35% de unidades de propileno.
En este plástico los dos componentes no se pueden separar por medios físicos o químicos sin
degradar el polímero.

c) Calcular la temperatura de transición vítrea (Tg) de los materiales descritos en a y b sabiendo que:
Tg (PE) = 248 K
Tg (PPisotáctico) = 265 K
Solución:
a) El PP obtenido mediante catalizadores estereoespecíficos es isotáctico. El PE y PP, al ser
translúcidos, indican que están constituidos por dos fases, es decir, son semicristalinos y tienen fase
amorfa y fase cristalina. La fase cristalina da rigidez al material.
El copolímero 65-35 es un caucho transparente y blando. Por el hecho de ser transparente deducimos
que tiene una sola fase, la fase amorfa. Dicha fase amorfa se encuentra a temperatura ambiente por
encima de Tg y, por tanto, es un material blando, el caucho. Estas observaciones nos llevan a concluir
que se trata de un copolímero al azar.
b) Este tipo de material, constituido por el 65% de unidades de etileno y el 35% de unidades de
propileno es también un copolímero puesto que no podemos separar los componentes a menos que
degrademos el polímero, es decir, no se trata de una mezcla de polímeros.
Este material es rígido y translúcido, esto nos indica que es un material semicristalino y, por tanto, se
trata de un copolímero en bloque (es el único copolímero que puede cristalizar).
c) La Tg de un copolímero al azar se calcula a partir de la siguiente expresión:
1
T
w
Tgc
i
gi
= ∑
T en K
wi=fracción molar
Tg del polímero del apartado a
1 0 65
248
0 35
265Tga
= +
, ,
Tga= 253,7 K = -19,3ºC
Cuando un copolímero es en bloque el material presenta una Tg diferente para cada bloque distinto.
Por tanto, la Tg del copolímero del apartado b:
248 K y 265 K
3.9 Dibujar de forma aproximada la curva tensión-deformación a tracción de una probeta de
poliestireno (PS) y de polietileno (PE). Indicar cuál sería en cada punto significativo de la curva la
forma de la probeta.
PS (Tg= 80ºC)
PE (Tg= -30ºC, Tm= 115ºC)

Solución:
3.10 Preparamos dos materiales compuestos con la siguiente composición (en volumen):
1. Polipropileno reforzado con un 20% de fibras de vidrio.
2. Epoxi reforzado con un 25% de fibras de carbono y un 25% de fibra de Kevlar.
Encontrar en cada caso la masa de cada constituyente por unidad de masa de composite.
Densidad (ρ) :
ρ (fibra de vidrio)=2,54 g/cm3
ρ (PP)=0,90 g/cm3
ρ (fibra de carbono)=1,79 g/cm3
ρ (Kevlar)=1,45 g/cm3
ρ (epoxi)=1,30 g/cm3
Solución:
Primero encontramos la densidad del material compuesto a partir de la ley de las mezclas:
ρc= ρmVm + ρfVf
Para el PP:
ρ = 0,2 · 2,54 + 0,8 · 0,9 = 1,228 g/cm3
En 1 cm3
de material compuesto hay 0,2 cm3
de vidrio. Entonces la masa de vidrio en 1 cm3
de
composite es:
0,2 cm3
· 2,54 g/cm3
= 5,08 g vidrio/1cm3
de composite
La masa de vidrio en 1 g de composite es:

5 08
1
1
1 228
0 414
13
3
, .
, .
, .
.
g vidrio
cm composite
cm composite
g composite
g vidrio
g composite
⋅ =
Para el caso de epoxi:
ρ = 0,25 · 1,45 + 0,25 · 1,79 + 0,5 · 1,3 = 1,46 g/cm3
La masa de carbono en 1 cm3
de composite es:
0,25 cm3
· 1,79 g/cm3
= 0,447 g carbono
La masa de carbono en 1 g de composite es:
0 25
1
1
1 46
0 307
1
3
3
3
,
, .
, .
.
cm carbono
cm composite
cm composite
g composite
g carbono
g composite
⋅ =
De igual forma para el Kevlar:
0 25
1
145
1
1
1 46
0 248
1
3
3 3
3
, , .
, .
, .
.
cm Kevlar
cm composite
g Kevlar
cm Kevlar
cm composite
g composite
g Kevlar
g composite
⋅ ⋅ =
En 1 kg de composite hay 307 g de fibra de carbono, 248 g de fibra de Kevlar y 445 g de epoxi.
3.11 Un material compuesto consiste en un 40% (en volumen) de fibras de vidrio continuas y
orientadas en una matriz de poliéster insaturado. Se aplica una tensión de tracción de 100 MPa en la
dirección paralela a las fibras. Predecir la deformación que se originará.
fibra de vidrio poliéster
Módulo elástico E [GPa] 76 3
Coeficiente de Poison ν 0,22 0,38
Solución:
Se producirá una deformación en la dirección axial (ε1) y una deformación negativa en las
direcciones transversales a la fibra ε2 = ε3 = -ν1,2⋅ ε1
El módulo elástico del material compuesto será (según ecuación Ec= EmVm+EfVf):
Ec= EmVm+EfVf = 3 ·0,6 + 76 ·0,4 = 32,26 Pa
Entonces:
ε1 = σ/E = 100 MPa/ 32,2⋅103
MPa = 3,11⋅10-3

Para calcular ε2 primero se calcula ν1,2 (según ecuación ν1,2= νmVm+νfVf):
ν1,2= νmVm+νfVf = 0,6 ·0,38 + 0,4 ·0,22 = 0,316
En consecuencia, la deformación transversal a las fibras será:
ε2 = -ν1,2⋅ ε1 = -0,316 · 3,11 ·10-3
= -9,83 ·10-4
3.12 Un material compuesto consiste en un 50% (en volumen) de fibras de carbono continuas y
alineadas en una matriz epoxi. Predecir la resistencia a la tracción del composite en la dirección
paralela a las fibras.
fibra de carbono epoxi
Resistencia a la tracción 3.200 60
Módulo Elástico 230 2,4
Resistencia a la tracción: σt (MPa)
Módulo elástico: E (GPa)
Solución:
La deformación a rotura de las fibras (εf) y de la matriz (εm) son:
εf = 3.200 MPa /230⋅ 103
MPa = 1,39⋅10-2
εm = 230 MPa /2,4⋅ 103
MPa = 2,5⋅10-2
Las fibras fallan antes que la matriz; cuando esto ocurre la matriz soporta una tensión igual a:
σm = Em ⋅ εf = 2,46 Pa ⋅ (1,39⋅10-2
)= 0,0334 GPa = 33,4 MPa
Considerando que el material compuesto va a fallar en cuanto se rompan las fibras (consideración
adecuada, dado el % en volumen de fibras), la tensión soportada por el material compuesto en el
momento de la rotura vendrá dada por la ecuación:
σc= σmVm + σfVf
σc= (33,4 MPa · 0,5) + (3200 MPa · 0,5) = 1,617 MPa
3.13 Un material compuesto consiste en un 50% (en volumen) de fibras de vidrio continuas y
alineadas en una matriz de poliéster insaturado. Predecir la resistencia a la tracción del material
compuesto en la dirección paralela a las fibras.

fibra de vidrio poliéster
Resistencia a la tracción 1.800 55
Módulo elástico 76 3
Resistencia a la tracción: σt (MPa)
Módulo elástico: E (GPa)
Solución:
La deformación a rotura de las fibras (εf) y de la matriz (εm) es:
εf = 1.800 MPa / 76 ·103
MPa = 2,37 ·10-2
εm= 55 MPa / 3 ·103
MPa = 1,83 ·10-2
En este caso, falla antes la matriz que las fibras. Cuando falla la matriz las fibras soportan una
tensión igual a:
σf = Ef ⋅ εm = (76 ·103
MPa) · (1,83 ·10-2
) = 1.390 MPa
y la tensión soportada por el composite es:
σc= σmVm + σfVf
σc= (55 MPa · 0,5) + (1.390 MPa · 0,5) = 723 MPa
Sin embargo, la máxima tensión que puede soportar el material compuesto cuando sólo las fibras
contribuyen, es decir, cuando la matriz ha fallado, viene dada por:
σf = 0,5 · 1.800 MPa = 900 MPa
Esta tensión excede a la tensión alcanzada por el composite en el punto de rotura de la matriz.
Podemos deducir que el material compuesto puede continuar soportando carga hasta el punto en que
las fibras fallen, y que la resistencia a la tracción del composite será:
σc= 900 MPa
3.14 Un material compuesto de fibras colocadas en capas horizontales se ensaya a impacto. El valor
de energia absorbida por unidad de área (resiliencia, ρ) está relacionado con la orientación de las
fibras según una expresión del tipo ρ θ= +3 74 2 3, , sen (J/cm2
), donde θ es el ángulo que forman las
fibras con la entalla (0 < θ < 90).
¿Qué ángulo proporcionará mejores propiedades a impacto para este material?
Solución:

Hay que hallar el valor o valores de θ que corresponden a un máximo en los valores de la función ρ
(θ); si derivamos la función ρ respecto de θ e igualamos a cero hallaremos los valores de θ que
suponen un máximo (y/o mínimo) para la resiliencia. Por tanto:
∂ρ
∂θ
θ θ θ= = ⇒ = ⇒ =2 3 0 0 90, cos cos
Es decir, las fibras perpendiculares a la entalla son las que optimizan la respuesta a impacto de este
material.
3.15 Un material plástico cuya temperatura de fusión es Tm = 170 ºC y de transición vítrea Tg = 50
posee un 60% de cristalinidad después de haber sido enfriado lentamente hasta temperatura ambiente
(20ºC).
a) ¿En qué estado de agregación se encuentra este polímero a 190ºC, 100ºC y 20ºC? b) Si el citado
polímero se calienta a 180ºC y luego se enfría muy rápidamente hasta 20ºC, ¿la cristalinidad del
material será del 60%?. Justificar la respuesta. c) Si el material obtenido en el apartado anterior se
mantiene a temperatura ambiente durante un año, ¿se producirá algún cambio microestructural? ¿Por
qué?
Solución:
a) 190ºC: gomoso
100ºC: semicristalino flexible
20ºC: semicristalino rígido o vítreo
b) La cristalinidad será bastante inferior. Al enfriarse rápidamente no se da tiempo suficiente a que
tenga lugar la reacción de cristalización, la cual tiene lugar por pliegues de las cadenas poliméricas.
c) A temperatura ambiente, por debajo de Tg, no se favorece la necesaria rotación de las cadenas para
que éstas se plieguen. Por tanto, el polímero no cambiará su microestructura.
3.16 Una barra cilíndrica de polipropileno (PP) está empotrada en el techo por uno de sus extremos,
mientras que en el otro se agrega un peso de 30 kg.
a) Hallar el diámetro mínimo tal que el alargamiento de la barra al cabo de un año sea como máximo
de 12,5 mm si la temperatura de trabajo es de 20ºC. La longitud inicial de la barra es de 0,5 m.
b) Suponiendo que la barra se fabricase en las mismas dimensiones con poliestireno (PS), bajo las
mismas condiciones de carga y sin llegar a rotura, ¿la deformación que cabe esperar sería mayor o
menor? Justificar la respuesta.
PP (Tg= 0ºC, Tm=140ºC)
PS (Tg=80ºC)

Solución:
a)
e = (12,5 mm/500 mm)·100 = 2,5 %
1
365
1
24
1
3600
1
315 107
año
días
año
h
día
s
h
s⋅ ⋅ ⋅ = ⋅
.
,
Con estos dos valores, obtenemos del gráfico que el valor de carga es 7,7 MPa.
σ
π
= =
⋅
⋅
= ⋅
F
A
kg
N
kg
D
N m
30
9 8
1
4
7 7 102
6 2
,
,

D m mm=
⋅
⋅ ⋅
= ⋅ =−80 9 8
4
7 7 10
6 97 10 6 97
6
3,
,
, ,
π
b) El polipropileno está en estado gomoso y el poliestireno en estado vítreo, por tanto, el vítreo (PS)
se deformará menos en principio.

4 Diagramas de equilibrio
4.1 Para la aleación aluminio-silicio, cuyo diagrama de fases se adjunta:
a) Supongamos la aleación con un 5% de Si y un 95% de Al:
a1) ¿Cuál es el porcentaje de silicio en la fase α a 640, 600, 577 y 550ºC?
a2) ¿Cuál es el porcentaje de silicio en la fase líquida a 640, 600 y 577ºC?
a3) ¿Cuál es el porcentaje de silicio en la fase β a 550ºC?
a4) ¿Cuáles serán los porcentajes de α y de líquido a 620, 600 y 578ºC?
a5) ¿Cuáles serán los porcentajes de α y β a 576 y 550ºC?
b) Para la aleación típica del bloque de un motor con 16% de Si y 84% de Al:
b1) ¿A qué temperatura aparecerán los primeros cristales de sólido al enfriarse lentamente el metal
fundido?
b2) ¿A qué temperatura se solidificará completamente la aleación?
b3) ¿Cuál será la composición de las fases β y líquida a 578ºC?
b4) ¿Cuál será el análisis de las fases α y β a 550ºC?
b5) ¿Cuáles son las proporciones de las fases líquida y β a 578ºC y de α y β a 576ºC?
c) Como puede verse en el diagrama, el porcentaje de fase α disminuye durante el enfriamiento de
576 a 20ºC. ¿Por qué?¿Qué sucede con dicha fase?

Solución:
a) Supongamos 5% Si + 95% Al:
a1) 640ºC %Si (α) = 0 no hay
600ºC %Si (α) = 1,20%
577ºC %Si (α) = 1,65%
550ºC %Si (α) = 1,30%
a2) 640ºC %Si (L) = 5,0%
600ºC %Si (L) = 9,0%
577ºC %Si (L) = 12,6%
a3)
550ºC %Si (β) = 99,0%
a4)
T = 620ºC
%
, ,
, ,
,
,
, %α =
−
−
⋅ = ⋅ =
61 5 0
61 0 9
100
11
5 2
100 2115
% , , %β = − =100 2115 78 85
T = 600ºC
%
, ,
, ,
, %α =
−
−
⋅ =
9 0 5 0
9 0 12
100 69 32
% , , %β = − =100 5128 48 72
T = 578ºC
%
, ,
, ,
, %α =
−
−
⋅ =
12 59 5 0
12 59 1 64
100 69 32
% , , %L = − =100 69 41 30 68
a5)
T = 576ºC
%
, ,
, ,
,
,
, %α =
−
−
⋅ = =
99 0 5 0
12 59 164
100
94 0
97 36
96 56
% , , %β = − =100 96 56 3 45
T = 550ºC
%
, ,
, ,
,
,
, %α =
−
−
⋅ = ⋅ =
99 0 5 0
99 0 13
100
94 0
97 7
100 96 21
% , , %β = − =100 96 21 3 79
b) Para la aleación típica de un motor: 16% Si + 84% Al

b1) Temperatura a la que aparecerán los primeros cristales sólidos al enfriar lentamente:
T = 630ºC
b2) Temperatura a la que solidificará completamente la aleación:
T = 577ºC
b3) Composición de las fases β y L a 578ºC:
%Si (β) =99% %Si (L) = 12,61%
%Al (β) = 1% %Al (L) = 87,39%
b4) Análisis de las fases α y β a 550ºC:
%Si (α) = 1,30% %Si (β) = 99,0%
%Al (α) = 98,70% %Al (β) = 1%
b5) Proporciones de L y β a 578ºC:
T = 578ºC
%
, ,
, ,
,L =
−
−
⋅ =
99 0 16 0
99 0 12 61
100 96 08%
% , ,β = − =100 96 06 3 92%
Proporciones de α y β a 576ºC:
%
, ,
, ,
,α =
−
−
⋅ =
99 0 16 0
99 0 1 64
100 85 25%
% , ,β = − =100 85 25 14 75%
c) El %α disminuye durante el enfriamiento:
T = 576ºC
%α = ⋅
m
n
100
T = 25ºC
%
'
α = ⋅
m
n
100
n’>n %α (25ºC) < %α (576ºC)
Porque al bajar la temperatura, la solubilidad del silicio en el aluminio disminuye; lo cual implica
que el Si se precipite, pero como sólo es parcialmente soluble, lo que se precipita es fase β.
Lo que sucede con dicha fase es:
∆α ⇒ ∆β

4.2 En el siguiente diagrama de fases, completar los nombres de las fases que están entre paréntesis.

Solución:
Tenemos una transformación alotrópica:
α ⇔ β
β ⇔ α
A la temperatura T1=1.150ºC ⇒ Reacción eutéctica L ⇔ β+θ
A la temperatura T2=550ºC ⇒ Reacción eutectoide β ⇔ α+θ
4.3 Dada la siguiente información, construir el diagrama de fases:
Las curvas de enfriamiento muestran inflexiones horizontales de temperatura a 715ºF para A puro y
a 655ºF para B puro. En los metales puros esto significa que hay dos fases en equilibrio. Una
inflexión horizontal en un sistema de dos componentes a 500ºF para el 25% de A y el 75% de B
indica que hay tres fases en equilibrio.
• El punto de fusión de A es 715ºF, el punto de fusión de B es 655ºF.

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

d)
400ºF: 40% de A y 60% de B
α = =
−
−
⋅60%
60
100
y
y x
β = =
−
−
⋅40%
60
100
x
y x
60·(y-x) = 100y - 6.000
40·(y-x) = 6.000 - 100x
Obtenemos (3): 2y +3x = 300
e)
400ºF: 20% de A y 80% de B
α = =
−
−
⋅20%
80
100
y
y x
β = =
−
−
⋅80%
80
100
x
y x
20y - 20x = 100y - 8.000
80y - 80x = 8.000 - 100x
Obtenemos (4): 80y+20x=8.000
f)
Dadas (3) y (4)
2y +3x = 300
80y+20x=8.000
x=40
y=90
4.4 El diagrama de equilibrio para el sistema Cu-Zn se muestra en la figura adjunta.
a) ¿Cuáles son las temperaturas del liquidus y el solidus para una aleación de 70% Cu y 30% Zn?
b) En una aleación con 60% de Cu y 40% de Zn, conocida como ‘metal Muntz’, la fase α comienza a
formarse a 750ºC, aproximadamente. A 600ºC, el contenido de Zn en ambas fases α y β es mayor
que a 750ºC. ¿De dónde proviene la cantidad adicional de Zn en las dos fases?

c) Localizar las temperaturas a las cuales pueden coexistir tres fases en equilibrio e identificar las
reacciones (eutéctica, peritéctica, etc.).
d) Una aleación constituida por 50 g de Cu y 30 g de Zn se funde y se enfría lentamente.
d1) ¿A qué temperatura habrá 40 g de fase α y 40 g de fase β ?
Solución:
Sistema Cu-Zn

a)
Liquidus = 955ºC (aprox.)
Solidus = 925ºC (aprox.)
b) Aleación 60% Cu y 40% Zn
- La fase α empieza a formarse a 750ºC, aproximadamente.
- A 600ºC, el contenido de Zn en α y β es mayor que a 750ºC.
La cantidad adicional de Zn en las dos fases proviene de:
T = 750ºC ⇒ α+β
%
,
,
,
,
%( .)α =
−
−
⋅ = ⋅ =
401 40
401 35
100
01
51
100 2 aprox
% %( .)β = 98 aprox
T = 600ºC ⇒ α+β
%α =
−
−
⋅ = ⋅ =
43 40
43 37
100
3
6
100 50%
%β = 50%
La cantidad adicional de Zn proviene de la β que a 750ºC es un 40,1% de Zn, la cual es un 98% del
total del material. El contenido en Zn total es constante. Ahora las dos fases son más ricas en Zn
pero de β sólo hay un 50%, igual que una α más rica en Zn que el 2% (aprox.) que había a 750ºC.
c) Temperaturas a las cuales pueden coexistir 3 fases en equilibrio.
Identificación de las reacciones.
T = 903ºC α+L ⇔ β Peritéctica
T = 835ºC β+L ⇔ γ Peritéctica
T = 700ºC γ+L ⇔ δ Peritéctica
T = 598ºC δ+L ⇔ ε Peritéctica
T = 424ºC ε+L ⇔ η Peritéctica
T = 558ºC δ ⇔ γ+ε Eutectoide
T = 230ºC β‘ ⇔ α+γ Eutectoide
d) Aleación 50 g Cu + 30 g Zn se funde y se enfría lentamente
d1) T? 40 g de fase α y 40 g de fase β

50 g Cu + 30 g Zn = 80 g totales
%Cu = 62,5%
%Zn = 37,5%
40 g de α + 40 g de β = 50% α y 50% β
T = 765ºC, aproximadamente
%
,
α =
−
−
⋅ =
40 37 5
40 35
100 50%
50 g de fase α y 30 g de fase β = 62,5% α y 37,5% β
%
,
, %( .)α =
−
−
⋅ =
40 37 5
40 36
100 62 5 aprox
30 g de fase α y 50 g de fase β = 62,5% β y 37,5% α
% ,α = 37 5%
4.5 En el sistema Fe-Fe3C:
a) Identificar 3 reacciones invariantes y definir las reacciones correspondientes.
b) 1 g de aleación con un 1% de C está a 750o
C en estado de equilibrio¿ Qué proporciones de cada
fase hay a esta temperatura?¿ Qué proporción de cada fase hay a 700ºC?
c) Una aleación con la composición eutectoide es enfriada desde 800ºC hasta 20ºC.
¿Qué proporción y qué fases existen a 20ºC?
d) Describir los cambios de fases que ocurren durante el calentamiento de un acero con un 0,45% de
C desde temperatura ambiente hasta 1.200ºC.
e) Suponiendo un estado de equilibrio para un acero con un 0,6% de C, determinar:
e1) La menor temperatura a la que tendremos un 100% de fase austenita.
e2) La fracción de fase a 730ºC y su composición.
e3) La fracción de perlita a 720ºC y su composición.
e4) La fracción de ferrita proeutectoide a 730ºC.
e5) La fracción de ferrita proeutectoide a 720ºC, tras enfriamiento desde 730ºC.

Solución:
Sistema Fe + Fe3C:
a) Identificación de tres reacciones invariantes y definición de las reacciones correspondientes:
T = 1.495ºC Peritéctica
δ(0,09%C) + L(0,53%C) ⇔ γ(0,17%C)
T = 1.148ºC Eutéctica
L(4,30%C) ⇔ γ(2,11%) + Fe3C(6,69%C) ≡ Ledeburita (4,30%C)
T = 727ºC Eutectoide
γ(0,77%) ⇔ α(0,0218%C) + Fe3C(6,69%C) ≡ Perlita (0,77%C)

b) 1 g de aleación con un 1% de carbono está a 750ºC en estado de equilibrio. Cálculo de las
proporciones de cada fase a esta temperatura y la proporción de cada fase a 700ºC:
Acero (< 2,0%C)
Hipereutectoide (> 0,77%C)
T = 750ºC γ + Fe3C
%
, ,
, ,
,γ =
−
−
⋅ =
6 69 1 0
6 69 0 82
100 95 2%
% % ,Fe C3 100 4 8%= − =γ
T = 700ºC α + Fe3C o perlita (eutectoide) + Fe3C ≡ acero hiperetectoide
%
, ,
, ,
,α =
−
−
⋅ =
6 69 1 00
6 69 0 01
100 85 2%
% % ,Fe C3 100 14 8%= − =α
o bien:
%
, ,
, ,
,perlita =
−
−
⋅ =
6 69 1 00
6 69 0 77
100 961%
% % , %Fe C perlita3 100 3 9= − =
c) Una aleación con la composición eutectoide es enfriada desde 800ºC hasta 20ºC. ¿Qué proporción y
qué fases existen a 20ºC?
Composición eutectoide: 0,77%
T = 800ºC γ
T = 727ºC γ (0,77%C) ⇔ perlita (0,77%C)
perlita: α (0,0218%) + Fe3C (6,69%C)
T = 20ºC perlita (0,77%C)
perlita: α (0,0001%C) + Fe3C (6,69%C)
fases: α + Fe3C o perlita
proporción:
%
, ,
, ( .)
,α =
−
⋅ =
6 69 0 8
6 69
100 88 0%
aprox
% % ,Fe C3 100 12 0%= − =α
o bien % perlita = 100%
d) Descripción de los cambios de fases que ocurren durante el calentamiento de un acero con 0,45%C
(hipoeutectoide) desde temperatura ambiente hasta 1.200ºC:

Temperatura ambiente: α + Fe3C o α + perlita
T = 727ºC α + Fe3C ⇔ γ
T = 727ºC + ∆T α + γ
727ºC + ∆T < T < 800ºC α ⇒ γ
T = 800ºC γ
T = 1.200ºC γ
T = 1.450ºC γ ⇒ δ + γ
T = 1.495ºC γ ⇔ L + δ
T = 1.495ºC + ∆T δ + L
1.495ºC + ∆T < T < 1.500ºC δ ⇒ L
T = 1.505ºC L
Obtenemos la cadena:
α + Fe3C ⇒ α + γ ⇒ γ ⇒ δ + γ ⇒ L+ δ ⇒ L
e) Suponiendo un estado de equilibrio para un acero con un 0,6% de C, determinar:
e1) La menor temperatura a la que tendremos 100% γ: aproximadamente unos 775ºC
e2) Fracción de fase γ a 730ºC y su composición
730ºC ≈ 727ºC + ∆T
%
, ,
, ,
,α =
−
−
⋅ =
0 76 0 6
0 77 0 02
100 21 6%
% % ,γ α= − =100 78 4%
e3) La fracción de perlita a 720ºC y su composición: perlita= mezcla eutectoide ( α + Fe3C)
%
, ,
, ,
,perlita=
−
−
⋅ =
0 6 0 02
0 77 0 02
100 77 3%
La composición de la perlita es siempre 0,77%C
e4) La fracción de ferrita proeutectoide a 730ºC:
(ver apartado e2)
α%
, ,
, ,
,=
−
−
⋅ =
0 76 0 6
0 77 0 02
100 21 6%
e5) La fracción de ferrita proeutectoide a 720ºC tras un enfriamiento desde 730ºC
% ( ) % , ,α proeutectoide perlita= − = − =100 100 77 3% 22 7%
4.6 Empleando el diagrama Fe-C de la figura del ejercicio anterior:
a) indicar cuál es la temperatura de fusión del Fe puro de una aleación Fe-C con un 2,11% de C y de la
cementita.

b) ¿Por encima de qué composición de C un acero no presenta reacción peritéctica?
c) ¿Cuál es la máxima cantidad de C que disuelve la austenita?
d) Indicar la composición química y las cantidades relativas de fases que existen en un acero de
0,77%C a 900ºC y a 600ºC (supóngase equilibrio).
e) Representar esquemáticamente cómo varía la microestructura del material en el anterior proceso de
enfriamiento.
Solución:
a)
TF (Fe puro) = 1.538 o
C
TF (2,11%C) = 1.148 o
C; a esta temperatura será todo sólido, pero solidifica entre 11.380 y 1.148 o
C
TF (cementita) = 1.227 o
C
b)
% C > 0,5%
c)
La máxima cantidad que disuelve es el 2,11%
d)
A 900o
C: %γ= 100 %; γ compuesta por 0,77% C y 99,23% Fe.
A 600o
C: %
, ,
,
, % % ,α α=
−
−
⋅ = ⇒ = − =
6 69 0 77
6 69 0
100 88 5% 100 115%3Fe C ;
e)
α compuesta por 100% Fe y 0% C; y Fe3C compuesta por 6,69% C y 93,31% Fe.
4.7 Para el diagrama de la figura:
a) Indicar a qué reacción corresponde el punto (I).
b) Para un 20% de Cu, ¿qué fases y en qué proporción se hallarán a 900ºC?
c) ¿Qué composiciones tendrán las fases halladas en el apartado anterior?
d) Para un 20% de Ag, ¿qué fases y en qué proporción se podrán encontrar a 781ºC?
e) ¿Qué composiciones tendrán estas fases?

Solución:
a) ( I ) = Eutéctico
b) L + α
% ,α α=
−
−
⋅ = ⋅ =
43 20
43 9
100
23
34
100 67 6%
% ,L L=
−
−
⋅ =
20 9
43 9
100 32 4%
c)
L : 43%Cu y 57%Ag
α : 9%Cu y 91%Ag
d) L + β
%
,
, ,
L L=
−
−
⋅ =
91 2 80
912 719
100 58%
%
,
, ,
β β=
−
−
⋅ =
80 719
912 719
100 42%
e)
L: 71,9%Cu y 28,1%Ag
β: 91,2%Cu y 8,8%Ag

4.8. Identificar las fases presentes del diagrama de equilibrio Mg-Pb.

4.9. La figura adjunta corresponde al diagrama Fe-C. a) Un análisis metalográfico cuantitativo de un
acero hipereutectoide enfriado en equilibrio hasta temperatura ambiente reveló que la cantidad de
perlita presente era de un 85%. ¿Cuál es la composición nominal de la citada aleación? b) Para el
acero anterior y en las mismas condiciones, ¿cuál es la cantidad total de ferrita y de cementita? c)
Dibujar la evolución microestructural de este acero cuando se enfría lentamente desde 1100 ºC hasta
la temperatura ambiente? d) ¿Qué fases y porcentaje de ellas cabe esperar cuando el mismo acero
anterior se enfría rápidamente desde 900 ºC hasta la temperatura ambiente? Para responder a esta
pregunta se puede suponer que Mf es superior a la temperatura ambiente.
Solución:
a)
0,85=(6,69-x)/(6,69-0,77)
x=1,63

Composición de la aleación %C=1,63, %Fe=98,37
b)
% Fe3C = 100 · (6,69-1,63)/(6,69-0) = 75,6
% α = 100-75,6 = 24,4
c)
d)
% martensita = 100 (6,69-1,63)/(6,69-1,25) = 93,0
% Fe3C = 100 - 93 = 7
4.10 Identificar las fases presentes en el siguiente diagrama e identificar los puntos en que se
produce fusión congruente e incongruente.
Solución:

4.11 Un acero se ha enfriado rápidamente desde 900ºC hasta temperatura ambiente. Un estudio
metalográfico del mismo revela la existencia de un 93% de martensita y un 7% de cementita. Ver
figura del problema 4.9.
a) ¿Cuál es la composición del acero? (Puede suponerse que Mf es superior a la temperatura
ambiente).
b) Si el enfriamiento se hubiese efectuado lentamente (en equilibrio), ¿qué fases y porcentajes de las
mismas se observarían a temperatura ambiente?
c) Para la misma situación del apartado b) ¿qué porcentaje de mezcla eutéctica cabe esperar?
Solución:
a) Es hipereutectoide:
0 93
6 67
6 67 1 25
168%,
,
, ,
,=
−
−
⇒ =
x
x C
b)
%
, ,
,
,
% , ,
α =
−
−
⋅ =
= − =
6 69 168
6 69 0
100 74 88%
100 74 8 2511%3Fe C
c)
%
, ,
, ,
,perlita =
−
−
⋅ =
6 69 168
6 69 0 77
100 84 6%

5 Propiedades mecánicas de los materiales
5.1 Si la curva tensión verdadera-deformación verdadera de un material viene dada por σ =
200.000·K·ε0,33
, donde la tensión está en psi (1 MPa = 145 psi), ¿cuál es la resistencia ingenieril
máxima del material?
Solución:
Es bien conocido que el máximo en la curva ingenieril se alcanza en la curva verdadera cuando ε= n
= 0,33, en este caso.
Por otro lado, y haciendo uso de las relaciones entre las tensiones y deformaciones verdadera (σ y ε)
e ingenieril (s y e), podemos decir que:
s
e
máx
máx
u
=
+
σ ε( )
( )1
⇒ ( ) ( )σ εmáx psi= ⋅ =200000 0 33 138700
0 33
. , .
,
( ) ( )ε εu u u ue e= + ⇒ = − = − =ln( ) exp exp , ,1 1 0 33 1 0 3909
(El subíndice u hace referencia al valor máximo de tensión en la curva ingenieril.)
( )
s psimáx = =
138 700
0 33
99700
.
exp ,
.
5.2 En un ensayo de tracción de un metal, la fractura ha ocurrido a máxima carga. Las condiciones
de fractura fueron Afinal = 100 mm2
y Lfinal = 60 mm. Los valores iniciales eran de A0 = 150 mm2
y L0 =
40 m.
a) Determinar la deformación verdadera a rotura usando cambios en área y longitud.

Materiales en la ingeniería. Problemas resueltos76
b) Se ensaya un material más dúctil, de tal modo que aparece estricción. Las condiciones de fractura
son ahora Lfinal = 83 mm, L0 = 40 mm, ∅final = 8 mm y ∅0 = 12,8 mm. Calcular nuevamente la
deformación verdadera usando variaciones de sección y de longitud. ¿Qué medida es más exacta?
Solución:
a)
εf
fL
L
=





 =





 =ln ln ,
0
60
40
0 405
εf
fA
A
=





 =





 =ln ln ,
0
150
100
0 405
Se obtienen valores idénticos porque el volumen se conserva en toda la longitud de la probeta al no
haber estricción localizada (la rotura ocurrió a carga máxima).
b)
εf
fL
L
=





 =





 =ln ln ,
0
83
40
0 730
εf
f f fA
A
=





 =
∅
∅





 =
∅
∅





 = ⋅





 =ln ln ln ln
,
,
0
2
0
2
0
2
2
12 8
8
0 940
Al haber estricción localizada, no es posible aplicar la regla de la constancia de volúmenes, por eso
es más exacto en este caso medir la deformación verdadera a través de los cambios en sección que en
longitud.
5.3 De un ensayo de tracción efectuado sobre una probeta normalizada de acero se obtuvo el
siguiente valor de reducción de sección (RA) en la rotura: RA = 25%. a) ¿A qué valor de
deformación verdadera rompió el material? b) Si la longitud inicial de la probeta era de L0=25 mm,
¿cuánto se alargó antes de romper?
Solución:
a) Por definición
εf
L
L
fdL
L
L
Lo
f
= =






∫ ln
0
y aplicando la conservación del volumen:
ln ln
L
L
A
A
f
f0
0





 =







Por otro lado:
RA
A A
A
A
A
A
A
RA
A
A RA
f f f
f
=
−
= − ⇒ = − ⇒ =
−
0
0 0 0
0
1 1
1
1
luego:
εf
RA
=
−





ln
1
1
Si RA = 0,25, entonces sustituyendo εf = 0,287.
b) Si la estricción fue localizada, es decir, la deformación no fue homogénea en toda la longitud de la
probeta, no es posible calcular Lf. Si por el contrario fue homogénea, entonces
( )0 287 0 287
25
3331
0
, ln exp , ,=





 ⇒ = ⇒ =
L
L
L
L mm
f f
f
El incremento de longitud sería, para este último caso, de 33,31-25 = 8,31mm.
5.4. Una torre muy grande debe ser soportada por una serie de cables de acero. Se estima que la
carga sobre cada cable será de 15.000 N. Determinar el diámetro mínimo requerido suponiendo un
factor de seguridad de 2 y un límite elástico de 750 MPa para el acero en cuestión.
Solución:
σtrabajo =
σ
ψ
elástico MPa
MPa= =
750
2
375
σtrabajo =
P
S
S
P
o
o
trabajo
⇒ =
σ
So =
15000
375 106
. N
Pa⋅
= 4· 10-5
m2
Asumiendo una sección cilíndrica:
So =
πφ
φ
π
o
o
oS2
4
4
→ =
( )
φ πo=
⋅−
= 7,1 · 10-3
m = 7,1 mm

5.5 Una probeta cilíndrica de una aleación de titanio con un diámetro original de 8 mm experimenta
deformación elástica exclusivamente cuando se aplica una carga de 7.500 N. Calcular la máxima
longitud de la probeta antes de la deformación si el alargamiento máximo permisible es de 0,40 mm.
El módulo de elasticidad de la aleación es de 108 GPa.
P
φo = 8 mm
P = 7.500 N
∆lmáx = 0,40 mm
lo ?
E =
σ
ε
( )
σ
πφ π
= = =
⋅
= ⋅ =
P
S
P N
m
Pa MPa
o o
2 2
6
4
4 7500
0 008
149 2 10 149 2
.
,
, ,
ε exclusivamente elástica ⇒
ε
σ
= =
⋅
= ⋅ =−
E
MPa
MPa
149 2
108 10
1 4 10 0 00143
3,
, ,
ε
ε
= ⇒ =
∆ ∆l
l
l
l
o
o
Para ∆lmáx = 0,40 mm
lomáx =
0 40
0 0014
,
,
mm
= 285,7 mm
5.6 Si el esfuerzo para el cual se observa deformación plástica en un aleación de cobre es 300 MPa,
¿cuál es la máxima carga que se puede aplicar a una probeta de sección transversal de 130 mm2
sin
que ésta se deforme plásticamente? Si la longitud original de la probeta es de 60 mm, ¿cuál es el
máximo alargamiento permisible en el rango elástico? El módulo de elasticidad de la aleación es 110
GPa.
So = 130 mm2
lo = 60 mm
Solución:

σmáx (rango elástico) = 300 MPa =
P
S0
Pmax (rango elástico) = σmáx (r. el.) · So = 300 · 106
Pa · 130 mm2
·
1
10
2
6 2
m
mm
= 39.000 N
εmáx (r. el.) =
σmáx r el
E
MPa
MPa
( . . )
.=
⋅
= ⋅ −300
110 10
2 7 103
3
ε =
∆l
lo
→ ∆lmáx (r. el.) = εmáx (r. el.) · lo = 2,7 ·10-3
· 60 mm = 0,16 mm
5.7 Una muestra cilíndrica de una aleación metálica de 12 mm de diámetro es deformada
elásticamente a tracción. Una carga de 18.000 N produce una reducción en el diámetro de la probeta
de 0,006 mm. Calcular el coeficiente de Poisson de este material si su módulo de elasticidad es de
105 GPa.
Solución:
P = 18.000 N → ∆φ = φo - φf = 0,006 mm
ν = ? , si E = 105 · 103
MPa
ν = −
ε
ε
lat
ax
=- [(def. lateral)/(def. axial)]
εlat = φ φ
φ
f o
o
m m
m m
−
= − = −
0 006
12
0 0005
,
,
εax =
( )
σ
π φ
πE
P
S
E
N
Pa
N
m Pa
o
o
= =
⋅
⋅
=
⋅
⋅ ⋅ ⋅
=
18000
4
105 10
4 18000
0 012 105 10
0 00152
2
9 2 9
.
.
,
,
luego:
ν =
( )−
−
=
0 0005
0 00152
,
,
0,33
5.8 Una probeta metálica cilíndrica, de 15 mm de diámetro y 200 mm de longitud, es sometida a un
esfuerzo de 28 MPa, nivel de tensión al cual toda la deformación experimentada por ella es elástica.
a) Si el alargamiento máximo permitido es de 0,08 mm, ¿cuáles de los metáles de la tabla adjunta son
posibles candidatos?
b) Si además la máxima reducción de diámetro permitida es de 0,0012 mm, ¿qué metales de la tabla
satisfacen las condiciones requeridas?

Metal o aleación Módulo de elasticidad
(MPa x 104
)
Módulo de cizalladura
(MPa x 104
)
Coeficiente de Poisson
Aluminio 6,9 2,6 0,33
Latón 10,1 3,7 0,35
Cobre 11,0 4,6 0,35
Magnesio 4,5 1,7 0,29
Níquel 20,7 7,6 0,31
Acero 20,7 8,3 0,27
Titanio 10,7 4,5 0,36
Tungsteno 40,7 16,0 0,28
Solución:
a)
σ = 28 MPa
Si ∆l < 0,08 mm → εelástica <
∆l
lo
mm
mm
max
=
0 08
20
,
⇒ εel. < 0,0004
E =
σ
ε
ε
σ
→ = <
E
0 0004,
28
0 0004
MPa
E
,
<
E > 7·104
MPa
De la tabla se observa que todos los metales son posibles candidatos, excepto el aluminio y el
magnesio.
b)
εlateral mínima =
∆φ
φ
mín
o
mm
mm
=
−
= − = − ⋅ −0 0012
15
0 00008 8 10 5,
,
Entonces:
εlat > -8 · 10-5
y
ν = −
ε
ε
lat
axial
donde
ε
σ
axial
E
MPa
E
= =
28
así:

ε νε νlat axial
MPa
E
= − = − > − ⋅ −28
8 10 5
ν
E MPa MPa
<
⋅
= ⋅ ⋅
−
−8 10
28
2 9 10
15
6
,
La relación ν/E para los aún posibles candidatos es:
Latón 3,5 · 10-6
Cobre 3,2 · 10-6
Níquel 1,5 · 10-6
Acero 1,3 · 10-6
Titanio 3,4 · 10-6
Wolframio 6,9 · 10-7
Posibles candidatos después de considerar el segundo requerimiento: níquel, acero y wolframio.
La decisión final dependerá de otros factores, por ejemplo: factores económicos, la resistencia a la
corrosión si el medio de trabajo fuese tomada en consideración, etc.
5.9 Un componente de geometría cilíndrica de 120 mm de longitud y 14 mm de diámetro debe
soportar una carga de 32.000 N sin experimentar deformación plástica ni su diámetro reducirse en
más de 0,010 mm.
a) ¿Cuál de los materiales tabulado en la tabla es el mejor candidato?
b) ¿Cuál debería ser el coste específico de la aleación de titanio para que este material fuera
competitivo en la selección?
c) ¿Cuál debería ser el coste específico de la aleación de magnesio para que este material fuera
competitivo en la selección?
d) Un cambio de un 25% en el límite elástico de la aleación de magnesio puede ser inducido por
deformación en frío y este tratamiento es permisible. ¿Cambiaría esto su selección final?
Material E (GPa) Límite
elástico
(MPa)
Módulo de
Poisson
Densidad
(g/cm3
)
Precio (PTA/t)
Aleac. Al 70 250 0,33 2,8 200.000
Acero 205 550 0,27 7,8 100.000
Aleac. Ti 105 850 0,36 4,8 1.000.000
Aleac. Mg 45 170 0,29 1,8 400.000
Solución:
a) Dos requerimientos:

1. No experimentar deformación plástica
P N
mm
=
=



30 000
14
.
φ
2. Reducción de diámetro “máxima” de 0,010 mm
De 1:
( )
σ
πφ π
= = =
⋅
⋅
=
P
S
N N
m
MPa
o o
30000
4
30000 4
0 014
1952 2
. .
,
σelástico > 195 MPa ⇒ Aleación Mg no cumple.
De 2:
φ = 14 mm ε
σ
axial
E
MPa
E
= =
195
ε ε νεφlateral axial= = −
120 mm
ε φmínima
mm
mm
=
−
= − = − ⋅ −0 010
14
0 00071 7 1 10 4,
, ,
Entonces:
-ν εaxial > -7,1 · 10-4
→ ν εaxial < 7,1 · 10-4
→ ν
195
71 10 4MPa
E
< ⋅ −
,
ν
E MPa
< ⋅ −
3 6 10
16
,
Así:
ν
E MPa MPaAl
=
⋅
= ⋅ −0 33
70 10
4 7 10
1
3
6,
,
ν
E MPa MPaAcero
=
⋅
= ⋅ −0 27
205 10
13 10
1
3
6,
,
ν
E MPa MPaTi
=
⋅
= ⋅ −0 36
105 10
3 4 10
1
3
6,
,
- Entre los dos candidatos posibles (Acero, Ti), la selección final se hace bajo consideraciones
económicas.
PTA pieza Peso
material
pieza⋅ = ⋅
Precio
t
;y

Pesopieza = ρmaterial · Vpieza
PTA pieza
PTA pieza
V
t
V
g
cm
PTA
t
g
cm
acero
Ti
acero
acero pieza
Ti
Ti pieza
/
/
. ,
. . ,
,=
⋅ ⋅
⋅ ⋅
=
⋅
⋅
=
Precio
t
Precio
ρ
ρ
100 000 7 8
1000 000 4 8
0 1625
3
3
Entonces la selección final es acero.
b)
PTA
t Ti
para que
PTA pieza
PTA pieza
acero
Ti
⋅
⋅
= 1
1
100000 7 8
4 8
3
3
=
⋅
⋅
. ,
,
PTA
t
g
cm
a PTA
t
g
cm
a
PTA
t
PTA
t
g
cm
g
cm
PTA
tTi
=
⋅
=
100 000 7 8
4 8
162500
3
3
. ,
,
.
c) La aleación de magnesio no puede ser competitiva a ningún precio pues su σelástico < 195 MPa.
d) Nuevo σelástico = 1,25 ·170 MPa = 212,5 MPa > 195 MPa, pero también se debe satisfacer el
segundo requerimiento.
ν
E MPa MPa MPaMg
=
⋅
= ⋅ > ⋅− −0 29
45 10
6 4 10
1
3 6 10
1
3
6 6,
, ,
No cambiaría la selección final.
5.10 Calcular la tenacidad de un material que cumple la ecuación de Hollomon σ = Kεn
. Expresarla
en función de las constantes características del material K y n y de la estricción RA.
Solución:
La tenacidad UT de un material se define como U dT
f
=
∫σ ε
ε
0
, es decir, es la energía por unidad de
volumen absorbida por el material hasta el momento en el que tiene lugar la rotura.
Por lo tanto:
U d K d K
n
T
n f
n n
f f
= + = + = +
−
+∫ ∫
+ +
1
2
1
2
1
2 1
0 0 0 0 0 0
1
0
1
0 0
ε σ σ ε ε σ ε ε ε σ
ε ε
ε
ε
ε
ε

Recuérdese que la expresión de Hollomon sólo es válida en el rango plástico.
Por otro lado, dentro del rango elástico se cumple que σ = Eε, donde E es el módulo de Young. De la
definición de deformación verdadera podemos decir que:
εf
f
A
A RA
=





 =
−





ln ln0
1
1
Sustituyendo ahora:
U
E
K
RA E
n
T
n n
= +
−











 −






+














+ +
1
2
1
1
1
0
2
1
0
1
σ
σ
ln
En el caso de que la energía absorbida en el rango elástico sea mucho menor que la correspondiente
al rango plástico, la expresión anterior se simplificaría a:
U K
RA
n
T
n
=
−












+
+
ln
1
1
1
1
Puede apreciarse que la tenacidad puede calcularse después de conocerse la estricción del material y
sus constantes características.
5.11 Dejamos caer un objeto con un extremo agudo sobre el centro de una mesa circular de vidrio.
El objeto tiene una masa de 9 kg y las dimensiones de la mesa son 1 m de diámetro (∅) y 3 cm de
espesor (t). Suponemos que la sección de la mesa que recibe el impacto es la perpendicular a la
superficie de la misma (∅ · t). Se conoce que el valor de la energía absorbida por unidad de área
(resiliencia, ρ) de este vidrio es de 0,01 J/mm2
.
¿Desde qué altura máxima podremos dejar caer el objeto anterior sin que el vidrio se rompa?
Datos: g = 9,8 N/kg
Solución:
Las condiciones necesarias serían, teóricamente, que la energía potencial del objeto fuese, como
máximo, la energía que puede absorber el material en el impacto:
E M g h E Spotencial absorbida impacto= ⋅ ⋅ = = ⋅ρ
La única incógnita de esta igualdad es el valor de h; por tanto, sólo se ha de despejar h frente al resto
de valores, ya que Simpacto = ∅ · d = 1 m · 0,03 m = 0,03 m2
= 30.000 mm2
.

h
S
M g
J mm mm
kg N kg
m
impacto
=
⋅
⋅
=
⋅ ⋅
⋅
=
ρ 0 01 3 10
9 9 8
3 4
2 4 2
,
,
,
Por tanto, se puede considerar que si se deja caer desde una altura inferior a 3,4 m, el objeto no
provocará la rotura del vidrio de la mesa.
5.12 La mesa del ejercicio anterior se somete a una inspección de grietas internas por métodos no
destructivos. Se halla que las grietas son muy agudas, todas ellas paralelas a la superficie de la mesa y
paralelas entre ellas (Y=1). La longitud máxima determinada para estos defectos se ha determinado y
es de 18 mm.
¿Qué valor máximo de masa podemos colocar sobre la superficie de la mesa sin que ésta se rompa a
causa de los defectos?
Datos: KIC(vidrio) = 900 Pa m
Solución:
Si el esfuerzo que supone una masa M sobre la superficie circular de la mesa (S=π ·∅2
/4) supera el
valor asociado a la tenacidad a fractura del vidrio, la mesa se romperá; por tanto, se ha de hallar qué
esfuerzo máximo se puede soportar y, a partir de aquí, qué fuerza (peso) se asocia a ese esfuerzo. El
valor de a que hay que considerar es el equivalente a la semilongitud de los defectos hallados, ya que
son todos internos: 2 a = 18 mm, y de aquí a = 9 mm = 0,009 m.
KIC=Y · σ· √ π a ⇒ σ=KIC / (Y · √ π a)=900 Pa·√m / (1· √ π ·0,009 m)
KIC =5.352,4 Pa (N/m2
)
Si σ = F/S ;
S = π ·∅2
/4 = (π /4) m2
;
F = σ · S = 5.352,4 N/m2
· (π /4) m2
= 4.203,7 N
Y de aquí, M = F / g = 4.203,6 N / (9,8 N/kg) = 428,9 kg, que es la masa máxima que soportará la
mesa de vidrio sin romperse.
5.13 Una aleación de aluminio 3105 (ver figura adjunta) debe tener un diámetro de 3,81 cm con una
resistencia a la tracción de, por lo menos, 185 MPa. Determinar el porcentaje mínimo de trabajo
en frío que debe efectuarse para hacer la barra y el diámetro mínimo de la barra original.

(1 pulgada = 2,54 cm, 1 MPa= 145 psi)
Solución:
D = 3,81 cm
( )
cmDD
D
D
D
D
psi
psi
ksi
MPa
psi
MPa
72,4
65,0
52,14
52,1465,0
81,3
4
4
81,3
35,0
94,24
000.1
1
1
145
172
0
2
0
2
0
22
0
2
0
22
0
==⇒=⋅⇒
⇒
−
=
⋅⋅
⋅−⋅
=
=⋅⋅
π
ππ
Esto supone una deformación en frío de un 35%.

5.14 Dos probetas de la misma aleación metálica y sin deformación previa son conformadas y, por
consiguiente, sus secciones reducidas. Una tiene la sección circular y la otra rectangular; y durante el
conformado las secciones mantienen sus respectivas formas. Las dimensiones originales y después de
la deformación son:
Circular (diámetro, mm) Rectangular (mm)
Dimensiones
Originales 20,0 20,0 x 40,0
Deformadas 16,0 14,0 x 43,8
¿Cuál de estas probetas tendrá mayor dureza después de la deformación plástica? ¿Por qué?
Solución:
Para una muestra
S = b · h : h 20 → 14
b 40 43,8
y para la otra:
φ
S =
πφ2
4
: →
20 16
La dureza relativa entre las dos muestras viene dada por un porcentaje mayor o menor de trabajo en
frío al cual hayan sido sometidas durante el conformado; así:
% CW =
S S
S
o f
o
−




 ⋅100
(1)
% CW =
b h b h
b h
o o f f
o o
⋅ −
⋅





 ⋅ =
⋅ − ⋅
⋅





 ⋅ =
⋅
100
20 40 14 438
20 40
100 23 4%
,
,
(2)
% CWo =
πφ πφ
πφ
o f
o
2 2
2
4 4
4
100
20 16
20
100 36 0%
2 2
2
−






 ⋅ =
−




 ⋅ = ,

En el caso (2) obtendríamos una dureza mayor que en el caso (1).
5.15. Se desea seleccionar una aleación metálica para una aplicación que requiere un límite elástico y
una ductilidad mínimos de 300 MPa y 27% (alargamiento a rotura), respectivamente. Si la aleación
puede trabajarse en frío, decidir entre cobre, latón y acero 1040. ¿Por qué? La variación de algunas
características mecánicas en función del porcentaje de trabajo en frío, para los materiales bajo
consideración, se muestra en las figuras adjuntas.
Solución:

Los requerimientos de la aplicación son: σel > 330 MPa y %εf > 27%
Veamos para qué condiciones de “trabajo en frío” (si es necesario) los materiales bajo consideración
satisfacen los requerimientos citados:
σel > 300 MPa %εf > 27%
cobre, para %CW > 38% cobre, para %CW < 10%
latón, para %CW > 15% latón, para %CW < 19%
acero 1040, aun para %CW = 0 acero 1040 para ningún caso.
Puesto que los dos requerimientos deben ser cumplidos simultáneamente, la selección será latón
trabajado en frío entre el 15% y el 19%.
5.16 Una barra cilíndrica de latón, de 10 mm de diámetro original, se va a deformar en frío por
trefilado, manteniéndose la sección circular durante el proceso de conformado. Se requiere un límite
elástico en exceso de 350 MPa y una ductilidad de, al menos, el 15 %. Si el diámetro final debe ser
de 7,5 mm, explicar cómo se puede conseguir dicho producto final. Las figuras adjuntas al problema
anterior muestran la variación de algunas características mecánicas en términos del porcentaje de
deformación en frío para el latón en consideración.
Solución:
De las figuras del ejercicio anterior σelástico> 380 MPa ⇒ % CW ≥ 24 %
%εf > 15% ⇒ % CW ≤ 29%
Entonces requerimos un % CW entre el 24% y el 29% como paso terminal. Tomaremos % CW =
26%
% Cw =
S S
S
o f
o
−
⋅100
Si φf requerido es de 7,5 mm y φo es de 10 mm, veámos cuál es el %CW asociado a llevar a cabo el
proceso en una sola pasada:
%Cw 10→7.5 =
( ) ( )
( )
π π
π
10
4
7 5
4
7 5
4
100 43 75 29
2 2
2
mm mm
mm
−
⋅ = >
,
,
, % % ⇒
⇒ No es posible en una sola pasada.
Planteamos el proceso en dos pasos con un tratamiento de recocido (restauración más
recristalización) intermedio:
φf = 7,5 mm y %CW2 = 26%

%CW2 = 26% =
′ −
′
⋅ =
′
−
′
⋅
S S
S
f
f
100 4 4
4
100
2 2
2
πφ πφ
πφ
0,26 =
( ) ( )
( )
′ −
′
φ
φ
2 2
2
7 5, mm
0,26 φ′2
= φ′2
- 56,25 mm
φ′ =
( )
56 25
1 0 26
2
,
,
mm
−
= 8,71 mm
%CW1 =
( ) ( )
( )
S S
S
mm mm
mm
o
o o
− ′
⋅ =
− ′
⋅ =
−
⋅ =100 4 4
4
100
10
4
8 71
4
10
4
100
0
2 2
2
2 2
2
πφ πφ
πφ
π π
π
,
= 24,71 = %CW1
NOTA: Aunque el %Cw1 está en el rango de %Cw requerido como paso final, podría ser cualquier
valor de %Cw menor o igual al %RA permitido por el material.
5.17 Una aleación de aluminio (ver figura del ejercicio 5.13) va a ser laminada desde una placa de
75 mm de espesor a una de 7,5 mm para lo cual se requiere que la resistencia máxima sea de, al
menos, 180 MPa, y el alargamiento mínimo del 4%. Se permite una deformación en frío máxima del
70% antes de que el material se rompa. Describir como se efectuaría esta operación, incluyendo el
porcentaje de trabajo en frío y los espesores intermedios requeridos para el proceso. Comparar este
proceso con el que usted recomendaría si la deformación inicial se pudiera realizar en caliente.
Solución:
Para Rm MPa CW≥ ⇒ ≥180 40% y para A CW aprox(%) .)≥ ⇒ ≤4% 40%( ⇒ CWterminal = 40%
t
t
t mmi
i
i
−
= ⇒ =
7 5
0 4 12 5
,
, ,
FRÍO:
1. CW 70% desde 70 mm hasta 22,5 mm; ya que
75
75
0 7 22 5
−
= ⇒ =
t
t mm
f
f
, ,
2. Recocido.

3. CW 44,4% desde 22,5 mm hasta 12,5 mm; ya que
22 5 12 5
22 5
0 44 44 4%
, ,
,
, ,
−
= ⇒
4. Recocido.
5. CW 40% desde 12,5 mm hasta 7,5 mm.
CALIENTE:
1. Deformación en caliente (HW) de 83,3% desde 75 mm hasta 12,5 mm
2. CW 40% desde 12,5 mm hasta 7,5 mm.
5.18 Un acero inoxidable austenítico AISI 302 va a ser trefilado desde un alambre de 16 mm de
diámetro a uno de 4 mm, para lo cual se requiere que la resistencia máxima sea, al menos, de 1.500
MPa, y el alargamiento a rotura mínimo del 4%. Los cambios de resistencia máxima y alargamiento
a rotura en función del trabajo en frío aplicado al material en consideración se muestran en el gráfico
adjunto. Se permite una deformación en frío máxima del 80% antes de que el material experimente
rotura. Describir como se efectuaría esta operación, incluyendo el trabajo en frío y los diámetros
intermedios requeridos (si fuera el caso) para el proceso. Comparar este proceso con el que usted
recomendaría si la deformación inicial se pudiera realizar en caliente.

Solución:
Requerimientos:
Resist. máxima > 1.500 MPa %CW final > 47%
Alargamiento a rotura > 4% %CW final < 55%
Rango %CW final 47-55%
Veamos si es posible realizar el proceso en un solo paso
Φο = 16 mm a Φf = 4,0 mm ⇒ 93,75%, imposible en un solo paso.
Proceso a realizarse en varias fases, siendo el final asociado a un %CW ≅ 50%. Entonces partimos de
atrás hacia adelante.
PASO FINAL:
%CW = 50%
Φ‘
= X
Φf = 4,0 mm
%CWf =
A A
f
A
f x mm
x
'
'
'
'
−
⋅ =
−
⋅ =
−
⋅100
2 2
2 100
2
16
2
2 100
Φ Φ
Φ
= 50
100 ( x2
- 16 mm2
) = 50 x2
50 x2
= 1.600 mm2
x = 5,66 mm
Veamos ahora si es posible llegar desde Φ = 16 mm hasta Φ = 5,66 mm:
%CW1 =
A A
A
0
2 '2
0
2
mm mm
mm
0
0
100 100
16
2
5 66
2
16
2
100
−
⋅ =
−
⋅ =
−
⋅
'
( ) ( , )
( )
Φ Φ
Φ
= 87,5%
¡No admisible! Necesitamos al menos, realizar dos pasos intermedios:
Seleccionamos %CW ≈ 60%; aquí la única limitación es %CW<80%
φ0=16 mm ⇒ %CW1 ⇒ φ‘’= y ⇒ Recocido ⇒ %CW2 ⇒ φ‘ = 5,66 mm ⇒
⇒ Recocido ⇒ %CWf = 50% ⇒ φf = 4,0 mm
Seleccionamos %CW2 = 60%
60 100
5 66
100
2 2
2
2 2
2
=
−
⋅ =
−
⋅
( '' ) ( ' )
( '' )
( , )φ φ
φ
y
y
100 32 602 2 2
⋅ − = ⋅( )y mm y
40 32002 2
⋅ =y mm.
y mm= 8 94,

Ahora determinaremos el %CW1:
%
'' ( '' ) ( ) ( , )
( )
,CW
A A
A
mm mm
mm
o
o
o
1
2 2
0
2
2 2
2
100 100
16 8 94
16
100 68 8%=
−
⋅ =
−
⋅ =
−
⋅ =
φ φ
φ
(68,8%<80% OK!)
Entonces, proceso final:
Φ0 = 16 mm ⇒ 68,8% ⇒ Φ“
= 8,94 mm Recocido ⇒ 60% ⇒ Φ‘
= 5,66 mm Recocido ⇒ 50% ⇒
Φf = 4,0 mm
σ UTS = 1.550 MPa
% εf = 4,5%
Deformación inicial en caliente ⇒ Limitación de máxima deformación / paso ya no existe. Sin
embargo, el paso final no puede suprimirse:
Φ0 = 16 mm ⇒ Deformación en caliente ⇒ Φ‘
= 5,66 mm ⇒ 50% ⇒ Φf = 4,0 mm
obtenemos:
σ UTS = 1.550 MPa
%εf = 4,5 %
5.19 Una barra de acero de herramientas (ver figura adjunta) que tiene un diámetro de 0,5 pulgadas y
una longitud de 6 pulgadas debe soportar un millón de ciclos sin que ocurra rotura en una prueba de
fatiga axial. Calcular la carga máxima que puede aplicarse.

Solución:
D = 0,5 pulgadas = 1,27 cm; r = D/2 = 0,635 cm
l = 6 pulgadas = 15,24 cm
σ = 67 ksi = 67.000 psi · (1 MPa/145 psi) = 462,1 MPa
σ = F / A
( )F A Pa N= ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅−
σ π4621 10 0 635 10 585 37 106 2 4 2
, , ,
5.20 Los resultados de ensayos de fatiga en un acero se muestran en la tabla adjunta.
a) Dibujar el diagrama S-N (amplitud de esfuerzo frente a logaritmo de ciclos hasta rotura) usando
estos datos.
b) ¿Cuál es el límite a fatiga de esta aleación?
Si se supone que los datos corresponden a un acero aleado y a ensayos de flexión rotativa, y que una
barra de esta aleación quiere ser utilizada para un eje de automóvil que gira a una velocidad de 600
rpm, determinar los tiempos máximos que se pueden permitir en el caso de conducción contínua para
niveles de amplitud de esfuerzo de:
c) 450 MPa,
d) 380 MPa, y
e) 275 MPa.
Datos de amplitud de la tensión - número de ciclos a rotura.
Amplitud del esfuerzo (MPa) Ciclos hasta la rotura
470 10.000
440 30.000
390 100.000
350 300.000
310 1.000.000
290 3.000.000
290 30.000.000
290 100.000.000

Solución:
a)
b) Límite a fatiga ≈ 290 MPa.
c)
∆S
MPa N ciclosf
2
450 20000= → = .
( )f rpm
N
t
t
N
f
ciclos
ciclos
min
min= → = = = ≈
20000
600
333 0 5
.
, , horas
d)
∆S
MPa N ciclosf
2
380 130000= → = .
f rpm
N
t
t
N
f
ciclos
ciclos
min
min( )
.
,= → = = = ≈
130000
600
216 7 3,6 horas
e)
∆S
MPa N ciclosf
2
275 108
= → >
t → > 108
ciclos
> 115 días → ∞

5.21 Una aleación de acero tiene una resistencia a fatiga (evaluada a esfuerzo medio nulo) y una
resistencia máxima a tracción de 700 y 1.400 MPa, respectivamente. ¿Esperaría usted que un
componente manufacturado de esta aleación falle por fatiga al ser sujeto a esfuerzos cíclicos entre 0 y
600 MPa?
¿Cambiaría la situación si el material tuviera un esfuerzo residual de tensión de 700 MPa?
Solución:
- Efecto del esfuerzo medio en la vida a fatiga:

Relación de Goodman:
σ σ
σ
ampl f
m
mR
. = −





1
a)
σ
σ σ
ampl
máx mín
MPa. =
−
=
−
=
2
600 0
2
300
σ
σ σ
m
máx mín
MPa=
+
=
+
=
2
600 0
2
300

a) (σampl.,σm) = (300,300) → seguro (no rotura)
b) Esfuerzo residual tensil = 700 MPa
σampl. = 300 MPa (igual que antes)
σm = σm inicial + σresidual = 300 MPa + 700 MPa = 1.000 MPa
(σampl.,σm) = (300,1.000) → rotura
5.22 Una columna de acero de 63 cm de diámetro y 2 m de altura soporta constantemente una carga
de 85 MN. Se coloca en un medio corrosivo en el cual su velocidad de corrosión es de 20,4 g/día.
a) ¿En qué momento dejará de ser segura como elemento estructural? Se supone que no se aplica
ningún factor de seguridad.
b) ¿Cuál será la pérdida de masa en ese momento?
c) ¿Durante cuánto tiempo habrá servido dicho componente?
Datos: σ0,2(acero) = 280 MPa
ρ (acero) = 7,87 g/cm3
Solución:
a) En el momento en que σtrabajo > σ0,2 dejará de ser segura.
b)
σ=
( )
F
S
N
MPa
f
=
⋅
=
85 10
4
280
6
2
πφ
(106
N/m2
)
φfinal
2
=
4 85 10
280 10
6
6 2
⋅ ⋅
⋅ ⋅
N
N mπ /
= 0,366 m2
φfinal = 0,622 m
( ) ( )∆ ∆masa vol V V L S Sfinal inicial f i= ⋅ = = ⋅ −−ρ ρ ρ
( )∆ masa L
Lf i
f i= ⋅ −





 = −ρ
πφ πφ πρ
φ φ
2 2
4 4 4
2 2
( )( )∆masa g m m m m= ⋅ ⋅ ⋅ −7 87 10 2
4
0 366 0 636 3 2 2
, / , ,
π
∆masa = -134.747,9 g
c)

r
v
m
t
g díaóxid = =
∆
20 4, /
∆m
v
t
g
g díaóxid
r = ⇒ =
134747 6
20 4
6 605 3
. ,
, /
. , días
t =18,09 años
5.23 La densidad del magnesio metálico (Mg) es de 1,74 g/cm3
y la de su óxido (MgO) de 3,65
g/cm3
.
a) ¿Cuál será la relación de Pilling-Bedworth para el sistema Mg-MgO?
b) ¿Será protector este óxido?
Datos: MMg = 24,32 g/mol Mo =16,00 g/mol
Solución:
a)
P-B =
Vol óx
Vol metal
. .
.
1 mol Mg → 1 mol MgO
P-B =
( )
( )
1 1
1
mol Mg M mol O M
mol Mg M
Mg o MgO
Mg Mg
⋅ + ⋅
⋅
/
/
ρ
ρ
P-B =
( )24 32 16 3 65
24 32 174
3
3
, / / , /
, / / , /
+ g mol g cm
g mol g cm
= 0,79
b)
No ⇒ P-B<1 ⇒ no protegerá.
5.24 Se dispone de una celda Ni/NiSO4 con un electrodo de Ni de 2 g. Se hace circular
una corriente de 2 A durante 30 min. ¿Se consumirá totalmente el electrodo?
Datos: MNi = 58,69 g/mol F = 96.500 C/mol
Solución:
m =
IMt
nF
Ni → Ni2+
⇒ n = 2
I=2A

t=30 min = 1.800 s
⇒ m=
2 1800 58 69
2 96500
A s g mol
mol e
mol Ni
C
mol e
Ni⋅ ⋅
⋅
−
−
. , /
.
M=58,69 g/mol
F=96.500 C/mol
m = 1,094 g → maxima cantidad de masa que disolverá la celda.
⇒ No se consumirá totalmente el electrodo ya que m < 2 g.
5.25 Se dispone de una celda Cu/CuSO4 para recubrir de cobre una chapa de acero de 10 x 5 cm de
superficie y 0,3 cm de grosor. Si la intensidad de corriente es de 1,5 A, ¿cuánto tiempo tardaremos en
conseguir una capa de 100 µm?
Datos: MCu= 63,65 g/mol F= 96.500 C/mol e-
dCu= 8,96 g/cm3
Solución:
S= (2 x 10 x 5) cm2
(2 superficies)
S1=(2 x 10 x 0,3) cm2
( “ “ )
S2=(2 x 5 x 0,3) cm2
( “ “ )
ST = (100 + 6 + 3) cm2
= 109 cm2
100 µm ≡ espesor capa ≡ x
Vol. capa = ST · x = 109 cm2
· 100 · 10-4
cm
V = 1,09 cm3
⇒ mCu = 1,09 cm3
· 8,96 g/cm3
⇒ mCu = 9,664 g
mCu =
IMt
nF
A g mol Cu t
mol e
mol Cu
C
mol e
g=
⋅ ⋅
⋅
=−
−
15 6355
2 96500
9 7664
, , /
.
,
t = 1.973,56 s = 5,49 h

6 Metalografía 103
6 Metalografía
6.1. Identificar las microestructuras y las fases que constituyen cada microestructurade una aleación
Fe-C, que se presenta a diferentes aumentos en las micrografías siguientes.
MICROESTRUCTURA 1

MICROESTRUCTURA 2

6 Metalografía 105
MICROESTRUCTURA 3

Solución:
La microestructura 1 corresponde a un acero hipoeutectoide (contenido de carbono inferior al
0,77%). Las fases presentes corresponden a ferrita α (granos claros) y al constituyente eutectoide del
acero denominado perlita (zonas más oscuras). Este constituyente está formado por láminas
alternadas de ferrita y de cementita (Fe3C).
La microestructura 2 corresponde a un acero perlítico, con un contenido de carbono de alrededor del
0,8%. Se puede observar en la micrografía de mayor aumento las láminas de ferrita y cementita que
constituyen el eutectoide.
La microestructura 3 corresponde a una fundición laminar de matriz perlítica. Las fases alargadas de
color más oscuro son de carbono grafito de morfología laminar y la matriz es claramente el
constituyente eutectoide.
6.2. La microestructura 4 que se presenta a continuación corresponde a un acero en el que se observa
fase ferrítica en los límites del grano. Comparar el contenido de carbono de esta microestructura con
el de la 1 y la 2. ¿Cuál de ellas tendrá mayor dureza?
MICROESTRUCTURA 4

6 Metalografía 107
Solución:
La microestructura 1 presenta una mayor cantidad de fase ferrítica que la 4, por tanto, la
microestructura 1 tendrá menor contenido en carbono que la 4. Sin embargo, la microestructura 2
presenta una estructura totalmente eutectoide sin fase ferrítica y, así pues, tendrá un mayor contenido
en carbono que la microestructura 4.
La dureza en los aceros para un mismo grado de acritud es función del contenido de carbono, por
tanto, la microestructura 2 tendrá mayor dureza que la 4 y ésta mayor dureza que la microestructura
1, que es la que presenta menor contenido en carbono.
6.3. Una pieza metálica presenta una microestructura como la que se aprecia en la fotografía 5. ¿Qué
se podría decir de su método de elaboración?
MICROESTRUCTURA 5
Solución:
Se puede concluir que la pieza metálica se ha obtenido por solidificación, ya que la micrografía
obtenida mediante un microscopio electrónico de barrido corresponde a una estructura dendrítica.
Este tipo de crecimiento dendrítico tiene lugar cuando el gradiente de temperatura en el líquido es
inferior a la pendiente de la temperatura de solidificación en la intercara.
6.4. Una pieza fabricada por moldeo a la cera perdida se ha roto prematuramente. Al observar la
superficie de fractura mediante microscopía electrónica de barrido se aprecia una superficie como la
de la siguiente figura. ¿A qué se puede deber la rotura?

Solución:
Se puede apreciar porosidad en la superficie de fractura; los poros presentan una morfología esférica
y se deben a que la velocidad de solidificación es mayor que la velocidad de eliminación de gases.
Estos poros reducen la sección eficaz del material y ello puede ser suficiente para producir una
rotura.
6.5. Las tres microestructuras siguientes pertenecen a la aleación Ti-6Al-4V. Comentar las
estructuras y determinar los posibles tratamientos térmicos que se han realizado a cada una de ellas.
A

6 Metalografía 109
B
C
Solución:
La microestructura A corresponde a la denominada mill annealed, en la que se presentan granos de
fase α equiaxiales rodeados de fase β y de placas α de Widmanstatten rodeados de fase β. En
general, es una estructura de recepción en la que se ha realizado un recocido.

La microestructura B corresponde a la misma aleación anterior que ha sido calentada por encima de
la temperatura β-transus y enfriada en el interior del horno. Se puede apreciar una microestructura
totalmente compuesta de placas α de Widmanstatten rodeadas de fase β. El grosor de estas placas
dependerá de la velocidad de enfriamiento: a mayor rapidez de enfriamiento menor grosor de placas.
La microestructura C corresponde a la martensita de la aleación Ti-6Al-4V, denominada α´. Esta
microestructura de morfología acicular se obtiene enfriando muy rápidamente (temple en agua a
20ºC) desde temperaturas superiores a la de β-transus.
6.6. Un latón de la misma composición química presenta estas dos microestructuras. Explicar la
razón de la diferente morfología.
A
B

6 Metalografía 111
Solución:
El latón de la figura A corresponde a la estructura de colada, donde se pueden apreciar la fase α y la
fase matriz β. En la figura B se observa una estructura martensítica con granos de fase α sin
transformar, que corresponde al enfriamiento rápido desde una temperatura en que la fase α+β es
estable hasta temperatura ambiente. La fase β es susceptible de transformación martensítica, no así la
α, que permanece inalterada en la microestructura.
6.7. Las dos microestructuras siguientes corresponden a dos fundiciones de hierro. Identificar a qué
tipo corresponden y cuál de ellas tendrá una mayor dureza.
A
B

Solución:
La figura A corresponde a una fundición compacta con matriz ferrítica y la figura B corresponde a
una fundición compacta con matriz martensítica. Esta última es la que presenta una mayor dureza,
ya que la martensita es la fase que confiere mayor dureza a las aleaciones hierro-carbono.
6.8. En la figura siguiente se muestra la estructura policristalina de un metal puro. ¿A qué es debido
que los diferentes granos presenten tonalidades distintas?
Solución:
Aunque todos los granos cristalinos tengan la misma composición química, la orientación cristalina
de los mismos es diferente. La estructura cristalina es anisotrópica, es decir, las propiedades físicas
dependen de la orientación. Así la luz incidente se refleja en diferentes ángulos y ello produce la
diferente tonalidad de los granos cristalinos.

6 Metalografía 113
6.9. Las siguientes micrografías se corresponden con réplicas de carbono extraídas de la superficie de
un acero microaleado con vanadio y titanio. Las muestras se han observado por microscopía de
transmisión, y se sabe que las partículas de titanio tienen morfología cuadrada.
a) ¿A qué fenómeno puede deberse que a 1.150ºC se aprecien sólo partículas de titanio (en concreto
nitruros de titanio) y a 950ºC además se observen partículas redondeadas de vanadio (en este caso
carbonitruros de vanadio)?
b) Si se consiguiese estabilizar cada una de estas dos microestructuras a temperatura ambiente, ¿cuál
produciría más dureza y resistencia? ¿Por qué?
c) ¿Qué características interesan en una distribución de partículas de cara a mejorar las propiedades
mecánicas?
T=950ºC
T=1.150ºC
Solución:
a) Las partículas de titanio son muy estables a todas las temperaturas; sin embargo, las partículas de
vanadio (carburos y/o nitruros) son solubles en la austenita a alta temperatura (1.000o
C). Cuando la
temperatura desciende por debajo de su límite de solubilidad tiene lugar su precipitación.

b) Tendrá más dureza, a causa del fenómeno de endurecimiento por precipitación, la que tiene más
partículas.
c) Interesa que la fracción de volumen de partículs sea alta, que éstas sean pequeñas y que su
morfología sea lo más esférica posible.
6.10. Un acero microaleado se somete a un tratamiento térmico a 950ºC durante un tiempo dado. A
continuación se templa rápidamente. El ataque químico a temperatura ambiente revela los tamaños
de grano austeníticos previos al temple. En la siguiente micrografía se aprecia la estructura
policristalina.
a) ¿Qué fenómeno está teniendo lugar? ¿A qué se debe?
b) ¿Es conveniente este tipo de microestructura?
Solución:
a) Crecimiento anormal de grano. Unos granos están creciendo mucho más que el resto. Este
fenómeno se suele observar en aleaciones con presencia de partículas de segunda fase. Estas
partículas ayudan a controlar el tamaño de grano, pero cuando la temperatura se eleva lo necesario
como para que comiencen a disolverse, se inhibe el control del grano. Eventualmente, unos granos
crecen más rápidamente que otros, y aparece el denominado crecimiento anormal de grano.
b) Es una microestructura a evitar, por cuanto las propiedades mecánicas son en general función del
tamaño de grano. Si este es heterogéneo, también lo serán las propiedades. Por otro lado, el tamaño
de grano grande tiende a fragilizar el material.
6.11. Un eje de un coche ha experimentado una rotura y existen dudas sobre la posible causa de la
misma: sobrecarga o fatiga. Para tener más datos sobre la fractura se ha observado la superficie de
rotura por microscopía electrónica de barrido y se ha obtenido esta micrografía. ¿Qué opinión
merece?

6 Metalografía 115
Solución:
La causa de la fractura ha sido la fatiga, es decir, el sometimiento de cargas cíclicas sobre el
material, que ha producido una nucleación y un crecimiento de grietas. En la micrografía se pueden
apreciar las estrías de avance de grieta que clarifican el motivo de la fractura.
6.12. Se han ensayado dos probetas de acero de la misma composición química y estructura a
diferentes temperaturas, una de ellas a -120ºC y otra a temperatura ambiente, y se han obtenido dos
superficies de fractura como las que se aprecian en las siguientes micrografías. ¿Podría decir cuál de
las superficies de fractura corresponde a la ensayada a temperatura ambiente y cuál a temperatura
elevada? ¿Qué tipos de fracturas son?
A

B
Solución:
La fractura A corresponde a una fractura frágil, con muy poca absorción de energía para producir la
rotura. Esta fractura corresponde al material ensayado a baja temperatura.
La fractura B corresponde a una fractura dúctil, con mucha absorción de energía antes de la rotura;
en ella se puede apreciar la gran deformación plástica (copas y hoyuelos) en la superficie de fractura
en comparación con las superficies de clivaje de la fractura frágil. Esta fractura corresponde al
material ensayado a temperatura ambiente.
6.13. Un material muestra unas características de dureza superiores a las esperadas en su estado de
recepción (recocido). La micrografía adjunta corresponde a una observación detallada de la
superficie. ¿Pueden las líneas o marcas finas observadas tener alguna relación con el aumento de
dureza del medio? ¿Por qué?
Solución:
El aumento de dureza es debido a que el material ha sido deformado en frío, ya que la
microestructura presenta bandas o líneas de deslizamiento propias de un material con acritud.

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