Exámenes Materiales

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Febrero 2000PARTE I (20 PUNTOS) La cara anterior de un lmina de hierro (CCI, a = 0.287 nm), de 2 mm de espesor, se ha expuesto a una atmsfera gaseosa carburante, mientras la cara posterior a una atmsfera descarburante, ambas a 675 C. Despus de alcanzar el estado estacionario, el hierro se ha enfriado hasta la temperatura ambiente. Se han determinado las concentraciones de carbono en las dos caras (anterior y posterior), resultando que son 0.015% y 0.0068% C, respectivamente. Calcular el coeficiente de difusin del carbono, en m2/ s, sabiendo que el flujo de difusivo ha sido de 3.69 1017 tomos /m2 s. DATOS: M (Fe) = 55.85; M (C) = 12; NA = 6.023 1023 PARTE I

Estado estacionario (1 Ley de Fick):J x = D ( Cdesc Ccarb )( at 3 ) 2 dC m 3 . 69 10 17 at 2 = D ( m ) s m s dx 2 10 3 ( m )

(

)

Al ser el carbono una impureza intersticial no altera el volumen de la red Fe estructura CCI con dos tomos/celdilla:Ccarb 0.015 g C 1mol 6.022 10 23 at 55.85 g Fe 1mol 2at. 1celd . 23 99.985 g Fe 12 gr C 1mol 1mol 6.023 10 1celd . 0.287 3 10 27 m 3

Ccarb = 5.91 10 25 (at CCdesc

m3

)

0.0068 g C 1mol 6.022 10 23 at 55.85 g Fe 1mol 2at. 1celd . 23 99.932 g Fe 12 gr C 1mol 1mol 6.023 10 1celd . 0.287 3 10 27 m 3

Cdesc = 2.68 10 25 (at C

m3

)

1 Ley de Fick en forma discreta:2 X 3.69 10 17 2 10 3 D = J = = 2.28 10 11 (m ) s C (2.68 5.91) 10 25

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PARTE II (18 PUNTOS ) La temperatura a la cual se forma, de manera homognea, ncleos de hielo en el seno del agua subenfriada es -40 C. a) Calcule el radio crtico de los ncleos de hielo. b) Determine el nmero de molculas de agua (H2O) necesarias para formar un ncleo de tamao crtico de hielo. c) Cmo explica que charcos de agua se congelen en invierno cuando la temperatura disminuye solamente algunos grados por debajo de 0 C? DATOS: TF (agua)= 273 K; (hielo)= 0.92 g/cm3; Calor latente de solidificacin del Hielo = -335 kJ/kg ; Energa superficial especfica (hielo-agua)= 25 mJ/m2; NA= 6.023 1023; M (H)=1; M (O)= 16. PARTE II

4 a) G = r 3 GV + 4 r 2 SL ; (Embrin esfrico) 3 2 dG = 0 r = SL GV dr 2 SL TF r* = H V (TF ) T H V (TF ) T GV = TF 10 3 ( J ) 273K ) m 2 1(mJ ) r = = 1.107 10 9 m 3 6 3 10 J 1 kg 10 cm 335(kJ ) 3 0.92( g 3 ) (40) K kg 1kJ 10 g cm 1m 3 2 25 (mJ b) V =3 4 4 r = 1.107 3 = 5.686 nm 3 = 5.686 10 21 cm 3 3 3 Masa de un ncleo m = V * = 0.92 5.686 10 21 = 5.23 10 21 g

18 gr 6.023 10 23 moleculasH 2 O M ( H 2 O) = 2 + 16 = 18 x = 174.95 moleculas 21 5.23 10 g x c) En los charcos existen impurezas que actan como agentes nucleantes, provocando la nucleacin heterognea de hielo en el agua.PARTE III (22 PUNTOS)

a) Haga un dibujo aproximado del diagrama Fe-Fe3C, sealando las fases existentes en cada regin del mismo. Algunos de los datos siguientes pueden ser de utilidad: M (Fe) =55.85; M (C) =12; TF(Fe) = 1538 C ; TF(Fe3C) = 1270 C. El hierro sufre las siguientes transformaciones alotrpicas:912 1394 C Fe C Fe Fe En el sistema Fe-Fe3C, se presentan las siguientes transformaciones invariantes:

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1495 C (0.09% C) + L (0.53% C) (0.17% C) 1148 C L (4.30% C) (2.11% C) + Fe3C (6.68% C) 727 C (0.77% C) (0.02% C) + Fe3C ( 6.68% C)

b) Seale en el diagrama la lnea slidus. c) Por fusin apropiada de 10 kg de Fe3C y 50.7 kg de Fe se ha preparado una aleacin frrea. Tras calcular la composicin de dicha aleacin binaria, indique en el diagrama su situacin a 1000 C y haga el anlisis de fases a esa temperatura. d) Dibuje la curva de enfriamiento T-t de esa aleacin desde el estado lquido hasta la temperatura ambiente, sealando esquemticamente las transformaciones que tienen lugar. e) Dibuje la microestructura de esta aleacin enfriada desde el estado lquido, sealando los constituyentes estructurales, en los dos supuestos siguientes: i) solidificada en condiciones de equilibrio. ii) solidificada con enfriamiento de inequilibrio (moldeada en arena).PARTE III

a) b)

c) 10 kg Fe3C + 50.7 kg Fe Pm (Fe3C) = 55.85 3 + 12 = 179.5179.55 g Fe3 C 12 g C x = 668.34 g C 10000 g Fe3C x

% en peso de carbono =

668.34 g 100 = 1.10% C 10000 + 50700 g

Mediante tringulos semejantes (Teorema de Tales): A 1000 C: 1148 727 x = = x = 103.7 C 2.11 0.77 1.1 0.77 727 + 103.7 = 830.7 < 1000 C4

100% de fase (austerita) de composicin 1.10% C d)

e) i)

ii) Coring: todo es fase

PARTE IV (25 PUNTOS)

a) Considere un acero no aleado de 1.20% C. Dicho acero se ha enfriado en condiciones de equilibrio desde 1020 C hasta 729 C. i) Haga el anlisis de fase de dicho acero a 729 C ii) Dibuje la microestructura correspondiente, sealando los constituyentes estructurales b) El mismo acero se ha continuando enfriando, en condiciones de equilibrio, desde 729 C a 725C i) Calcule los constituyentes estructurales en estas condiciones (a 725 C) ii) Haga un dibujo de la microestructura, sealando los constituyentes estructurales. c) Un ingeniero de materiales ha sugerido que maquinabilidad de este acero puede mejorarse notablemente si se mantiene a la temperatura de 725 C durante 24 horas, enfriando posteriormente al aire hasta la temperatura ambiente. i) Haga un anlisis de fases de este acero (tras 24 horas a 725 C) ii) Haga un dibujo de la microestructura resultante, tras este tratamiento (24 horas a 725 C), sealando los constituyentes estructurales iii) Dibuje, asimismo, la estructura final una vez enfriado el material desde 725 C hasta la temperatura ambiente, sealando los constituyentes estructurales.PARTE IV

a)

5 1.20% C

Fases +Fe3C:

Fase =

6.68 1.20 100 = 92.72 % 6.68 0.02

Fase Fe3C = 7.28 % b) Constituyentes: %Fe3C = 7.28% %perlita (Fe3C + ) = 92.72% (la misma concentracin que la fase en el apartado anterior).

c) Fases: (0.02% C) + Fe3C (6.68% C)

Fase =

6.68 1.20 100 = 82.28% 6.68 0.02 Fase Fe3 C = 17.72%

(matriz ) con Fe3C globulizad a (esferoidit a )Tras el enfriamiento Microestructura con los mismos microconstituyentes con una mayor cantidad de esferoidita.

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Junio 2.000PARTE I (20 PUNTOS)

a) Escriba la configuracin o frmula estructural del (1) PVC sindiotctico y de (2) un copolmero en injerto de poliestireno isotctico con tefln. (NOTA: el estireno es el fenil-eteno; el tefln es el politetrafluoretileno) b) Indique, alegando motivos, cul de los dos polmeros (1) (2) es menos cristalino.PARTE I

1) PVC:

Sindiotctico:

n 2) Poliestireno: Tefln:

n

n

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b) El copolmero de poliestireno en tefln es menos cristalino ya que la estructura ramificada y los grupos fenol, que son muy voluminosos, no favorecen la cristalinidad.PARTE II (20 PUNTOS)

a) El lmite elstico (LE) del hierro alfa, con un dimetro medio de grano de 0.01 mm, es de 230 MPa; pero, para un tamao de grano de 0.006 mm, el lmite elstico aumenta hasta 275 MPa. Para qu tamao de grano el lmite elstico ser de 310 MPa? b) Suponga que ha recibido un hierro con un tamao de grano basto (1) A qu procesado sometera el hierro slido para afinar el grano? (2) Cmo podra obtener un hierro de grano fino utilizando un procedimiento de fusin y posterior solidificacin?PARTE II

a) La ecuacin de Hall Petch relaciona el lmite elstico de los materiales con el tamao de grano que presentan.

y =0 + Ky d 2 y Lmite eltico. 0 Tensin de friccin que se opone al movimiento de las dislocaciones. Ky coeficiente del material. d tamao de grano.230MPa = 0 + Ky (0.01 10 3) Ky = 0.49 MN 3 2 ; 0 = 75.05MPa; 1 m 275MPa = 0 + Ky (0.006 10 3 ) 2 1 2

1

310 = 75 + 15.1 b)

d

d = 4.34 10 6 m;

(1) Para afinar el grano del hierro slido se puede emplear un proceso de deformacin en fro seguido de recristalizacin. (2) El hierro de grano fino utilizando un proceso de fusin y posterior solidificacin se consigue utilizando un gran subenfriamiento.

PARTE III (25 PUNTOS)

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Se ha realizado el anlisis qumico de una aleacin Fe-C, hallndose que contiene 7 kg de C por tonelada (1000 kg) de aleacin. a) Haga el anlisis de fases de una muestra de esa aleacin a 728 C. b) Un trozo de 650 gramos de la misma aleacin se ha calentado a 890 C, hasta alcanzar el equilibrio. Calcule el porcentaje de intersticios (huecos) octadricos que ocupa el carbono. c) Dibuje la curva de enfriamiento T-t, sealando esquemticamente en cada punto de inflexin las transformaciones que tienen lugar. DATOS: T crtica inferior = 727 C; % C(cementita) = 6.69% C; % C(perlita) = 0.80% C; % C(ledeburita) = 4.3% C; M(C) = 12; M(Fe)= 55.85; NA = 6.021023. Solubilidad mxima del carbono en la ferrita = 0.02% C.PARTE III

0.7 g C 100 g aleacin 99.3 g Fe a) % =% = 87.18% b) 650 g a 890 C

0.77 0.7 100 = 12.82% 0.77 0.02

: CCC 4 tomos de Fe y 4 intersticios octadricos . El 0.7% C en peso hay que pasarlo a % atmico:12 g de C N A tomos de C 07 g de C x x = 0.3510 23 tomos de C

55.85 g de Fe N A tomos de Fe x = 10.7110 23 tomos de Fe = Nmero de huecos octadri cos 99.3 g de Fe x

% huecos octadri cos = c)

0.3510 23 100 = 3.28% 10.7110 23

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PARTE IV (20 PUNTOS)

a) Determine los ndices de Miller de los planos A y B, respectivamente, mostrando en la celdilla unitaria adjunta. b) Usando una o varias celdillas cbicas, dibuje, adems del plano A, al menos, otro plano vecino que tenga exactamente la misma designacin de Miller que dicho plano A. c) Calcule la distancia mnima de separacin entre los diversos planos A en funcin de a (el parmetro de la red).PARTE IV

a) A: cortes con los ejes: 1,1,-1 ndices (111) B: cortes con los ejes: ,1/3, ndices (230 ) b)

c) d =

a h2 + k 2 + l 2

=

a = a 3 1+1+1

Grficamente:

D 2 = 2a 2 + a 2 = 3a 2 D = 3a3a a D = = 3 3 3

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Septiembre 2.000PARTE I (20 PUNTOS)

a) Usando celdas unitarias cbicas, dibuje el plano (112) y la direccin [112], y muestre grficamente que este plano contiene la direccin [11 1 ]. b) El plano (123) y la direccin [11 1 ] forman un sistema de deslizamiento en la estructura cristalina CCI, a alta temperatura. Dibuje una (o varias) celdillas unitarias CCI, sealando la situacin de la lnea de una dislocacin de cua, cuyos ndices de Miller debe calcular previamente ,as como la situacin del vector de Burgers, que debe indicar en notacin vectorial.PARTE I

a)(112) cortes con los ejes en 1,1, 1 2 son perpendiculares [112] valores reales

[111]//[12 12 12 ]

b)

(123) y [111] es un sistema de deslizamiento

[123] [111] = 0 [111] (123)En la dislocacin de cua el vector de Burgers y la lnea de dislocacin son perpendiculares entre si y ambas pertenecen al plano de deslizamiento. La lnea de dislocacini j k [111] 1 1 1 = [541], que (123) [123] 1 2 3

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PARTE II (16 PUNTOS)

Para obtener vidrio sdico (69% SiO2 y 31% Na2O, ambos en peso) se parte de la arena de cuarzo (slice) y de Na2O. a) Suponiendo que se emplea CaCO3 en lugar de de NaO2, qu porcentaje en peso se utilizara para que haga un efecto equivalente al del 31% de NaO2. b) Con independencia de factores econmicos, por qu no se utiliza como material de partida un silicato sdico (SiO4Na4), en vez de la mezcla de SiO2 y Na2O? DATOS: M (Si) = 28.1; M (Na) = 23; M (O) = 16; M (C) = 12; M (Ca) = 40; Ra(Si) = 0.04 nm; Ra(O) = 0.14 nm; NA = 6.0231023PARTE II

a) Na2O modificador (para reducir la viscosidad y poder trabajarlos a menor temperatura) Cuando O > 2.5 3 Cristalino. Si Pm(SiO2) = 28.1 + 16 2 = 60.1 Pm(Na2O) = 23 2 + 16 = 62 Partimos de 100 g de vidrio sdico (69 g de SiO2 y 31 g de Na2O) 69 g SiO2

1 mol 6.023 10 23 grupos SiO2 1 tomo Si = 6.915 10 23 tomos de Si 60.1g 1 mol 1 grupo SiO2 2 tomos de O 6.915 10 23 tomos de Si = 13.83 10 23 tomos de O 1 tomo de Si

31 g Na 2 O

1 mol 6.023 10 23 grupos Na 2 O 2 tomos Na = 6.023 10 23 tomos de Na 62 g 1 mol 1 grupo Na 2 O 1 tomos de O 6.023 10 23 tomos de Na = 3.0115 10 23 tomos de O 2 tomo de Na

Empleando CaCO3 CO2 + CaO (Pm(CaO) = 56, Pm(CaCO3) =100) Para obtener el efecto equivalente necesitamos 3.01151023 tomos de O de CaO

x g CaO

1 mol 6.023 10 23 tomos = 3.011510 23 tomos de O 28 g de CaO 56 g 1mol

1 mol CaCO3 1mol CaO 100 g CaCO3 56 g CaO x = 50 g CaCO3 x 28 g CaO

69 g SiO2 + 50 g CaCO3 57.98% de SiO2 y 42.02% de CaCO3b) SiO4 Na 4 SiO2 + 2 Na 2 O En el SiO4Na4 el cociente entre los tomos de oxigeno y los de silicio es igual a 4 corriendo el peligro de la desvitrificacin, que se produce para valores de este cociente mayores a 2.5 3.

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PARTE III (33 PUNTOS)

El Mg (Tf =649 C) y el Ca (Tf =840 C) forman un compuesto intermetlico, cuya composicin es Mg2Ca, de estructura cristalina HC, que funde congruentemente a 717.5 C. Este compuesto forma con el Mg, a 517 C un eutctico que contiene un 16.2% Ca. La solubilidad mxima del Ca en el Mg, a esta temperatura eutctica, es del 1.6%, la cual disminuye con la temperatura hasta ser prcticamente cero a la temperatura ambiente. El calcio y el compuesto, que son insolubles en estado slido, forman un segundo eutctico a 456 C, el cual contiene 78.3% Ca. El calcio tiene dos variedades alotrpicas: el -Ca (CCC) y el -Ca (CC). La primera estable a temperatura ambiente, se transforma, por calentamiento a 447 C, en -Ca. DATOS: M (Mg) = 24.3 ;M (Ca) = 40.1; Parmetros reticulares de la red HC del Mg2Ca: a = 0.394 nm y c = 0.65 nm; (Mg) = 1.74 g/cm3; (-Ca) = 1.54 g/cm3; (-Ca) = 1.49 g/cm3; NA=6.0231023. a) Dibuje de forma aproximada el diagrama de equilibrio Mg-Ca, sealando las fases existentes en las distintas regiones. b) Considere la aleacin de 1.3% Ca. Qu tratamiento trmico de endurecimiento podra darse a esta aleacin? Explique, esquemticamente, usando un grfico T-t, el procedimiento de endurecimiento que propondra. c) Considere una aleacin de 55% Ca, que ha sido enfriada lentamente desde el estado lquido hasta la temperatura ambiente: 1) Calcule los porcentajes de los constituyentes estructurales. 2) Calcule, asimismo, el porcentaje de rea superficial que mostrar cada constituyente al observarlo microscpicamente. 3) Dibuje, finalmente, la microestructura obtenida, sealando los constituyentes estructurales.PARTE III a)

Porcentaje en peso (%Ca) del compuesto Pm(Mg2Ca) =24.32 + 40.1 = 88.7 88.7 100 x = 45.21%Ca 40.1 x

b) 1.3% de Ca, Tratamiento trmico de endurecimiento Endurecimiento por precipitacin: 14

c) 1) % constituyentes estructurales:

Liquido Liquido + Mg 2 Ca (457 C ) Eutctico + Mg 2 Ca (455 C ) Eutctico + Mg 2 Ca (446 C )( y hasta temperatura ambiente)

78.3 55 100 = 70.41% 78.3 45.21 Lquido =29.59% todo el lquido se transforma en eutctico Eutctico =29.59%

Mg 2 Ca =

2) % rea que ocupan los microconstituyentes % volumen % atmico1mol N A 23 55 g Ca 40.1 g 1 mol = 8.2610 tomos 55%Ca (100 g de aleacin) 45 g Mg 1mol N A = 11.1510 23 tomos 24.3 g 1 mol

55% en peso Ca Mg2Ca (33.3at% Ca)

8.26 = 42.55% atmico de Ca 8.26 + 11.15

78.3g Ca 78.3% Ca (% Ca peso del EUT)

1 mol 6.023 10 23 at = 11.75 10 23 tomos 40.1g 1 mol

1 mol 6.023 1023 at 21.7 g Mg = 5.38 10 23 tomos 24.3g 1 mol

11.75 = 68.62at% Ca 11.75 + 5.38

% SupMg 2 Ca =

68.62 42.55 100 = 73.78% 68.62 33.3 % SupEUT = 26.22% 15

3)

PARTE IV (16 PUNTOS).

Comente de forma breve (mximo 10 lneas) y razonada la validez o invalidez de las siguientes frases: a) El plomo (M =270; TF =327.5 C, CCC) no endurece por deformacin a temperatura ambiente b) Las piezas de duraluminio (Al-4% Cu) obtenidas por moldeo (fusin y solidificacin en molde) se someten al tratamiento de solubilizacin a una temperatura que nunca es superior a la temperatura eutctica. c) La energa de activacin para la difusin del in ferroso (Fe++) en la wustita (Fe1-xO) es menor que para la difusin en el oxido estequiomtrico (FeO). d) Una impureza substitucional en un metal CCC puede originar un aumento, una disminucin, o incluso ningn cambio, en el parmetro reticular (a), sin embargo, una pureza intersticial (como el carbono en el Fe-) origina siempre un incremento del parmetro reticular.PARTE IV

a) CIERTO: TF (K) = 327.5 + 273 = 600.5 K; TREC = (1/3 1/2) TF = 200.16 300.25 K = -73 27.25 C. La temperatura de recristalizacin es menor que la temperatura ambiente, por lo que al deformar el material se produce simultneamente la recristalizacin (recristalizacin dinmica) y el material no endurece b) CIERTO: Durante el enfriamiento rpido se produce Coring en los granos de fase , de modo que entre los granos de queda, al llegar a la temperatura eutctica, algo de lquido que se transforma a slido eutctico. Durante la solubilizacin, si la temperatura es superior a la temperatura eutctica, el slido intergranular funde y rezuma a la superficie, producindose el quemado. c) CIERTO: En la wustita, Fe1-xO, la cantidad de Fe ser menor que en FeO, por lo que algunos cationes.Se habrn sustituidos por cationes, para as seguir manteniendo la neutralidad elctrica (por cada 2 Fe3+ hay una vacante Fe2+). Por tanto, en la wustita existen ms vacantes, lo que favorece la difusin y disminuye la energa de activacin. d) CIERTO: Las impurezas intersticiales aprovechan los huecos de la red para ubicarse. Estos son en general mucho ms pequeos que cualquier tomo por lo que las impurezas siempre entran deformando la estructura y produciendo cambios dimensionales que se reflejan en un aumento del parmetro reticular. Adems, solo existe estabilidad cuando:

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Febrero 2001PARTE I (25 puntos)

La estructura cristalina del diamante puede considerarse una estructura cbica CCC, donde los tomos de carbono ocupan los nudos de la red y la mitad de los huecos tetradricos: a) Calcule la densidad terica del diamante (en g/cm3), sabiendo que la distancia C-C y el ngulo entre enlaces son 0.154 nm y 109.5, respectivamente. Considere la masa atmica del carbono igual a 12.00 umas. b) Calcule la densidad superficial de empaquetamiento atmico (n de tomos / nm2) del plano (111) de esta estructura.PARTE I

a) Densidad terica del diamante. DC-C =0.154 nm =0.15410-9 m = 109.5

= 109.5 = 54.75 2 = 180 - 90 - 54.75 = 35.25

x= a / 4 (centro del cubito) x = a / 4 = y sen a = 4y sen = 4 0.154 nm sen 35.25 = 0.356 nm = 3.5610-8 cm VC = a3 = (3.56 10-8 cm)3 = 4.51 10-23 cm3 Por tanto, como cada celdilla tiene 8 tomos de carbono

=

M C 8 tomos / celdilla 12.01 umas umas 1g = 2.13 1024 = 3.54 g/ cm3 = 23 23 3 3 VC 4.51 10 cm / celdilla 6.023 10 umas cm

b) La observacin cuidadosa de la estructura del diamante revela que los 4 tomos interiores no caen en el plano (111). El resultado es que la disposicin de los tomos en este plano es precisamente la de la estructura CCC metlica, aunque, ahora los tomos situados a lo largo de las direcciones [110] no se tocan entre s, como suceda en los metales CCC. Siendo ( 2 a) la longitud de cada lado del plano representado en la figura. sen 60 = H 2a

H=

3 2a 2

17

A=

3 base altura 1 = 2a 2a = 0.10976 nm2 2 2 2

n = 3 1/6 + 3 = 2 tomos 2 tomos D= = 18.22 tomos / nm2 0.10976 nm 2

PARTE II (25 puntos)

El polietileno (PE) y el policloruro de vinilo (PVC) pertenecen a la familia de los plsticos vinlicos. a) Escriba la frmula estructural del PE y del PVC. b) Indique de forma razonada, cul de los dos plsticos tiene una mayor tendencia a la cristalinidad. c) Cmo se explica el mayor punto de fusin del PVC (204) frente al del PE (135C)? d) Suponga que el PE se somete a cloracin parcial (sustitucin de tomos de hidrgeno por tomos de cloro). Determine la concentracin de cloro (en % en masa) que ha de haber en el reactor (supuesta reaccin total) para que la sustitucin alcance el 12% de los tomos de hidrgeno originales. Datos: M(C) = 12.00 umas; M(H)=1.01 umas; M(Cl) = 35.45 umas.PARTE II

a) PE PVC

[-CH2 CH2- ]n [-CH2 CHCl- ]n

b) La tendencia a la cristalinidad esta relacionada con la regularidad de las cadenas. En esta comparacin, particularmente, debe tenerse en consideracin que la sustitucin de un H por un Cl, conlleva una menor regularidad del PVC frente al PE, por tener un grupo de sustitucin ms voluminoso. Adems, en el PVC existe la posibilidad de que sea atctico, que resulta ser otro inconveniente a la cristalinidad. c) TF (PVC) = 204 C > TF (PE) = 135 C La sustitucin del hidrgeno por el cloro tiene como consecuencia, adems de la expresada anteriormente, que el tomo de Cl tiene una mayor asimetra en la distribucin de sus cargas, comportndose como un dipolo. Esto da lugar a la aparicin de fuerzas o enlaces secundarios ms fuertes entre las cadenas que los existentes en el PE ( fuerzas de Van der Waals). d) Sustituir un 12% de los tomos de H: 100 H 88H y 12 Cl Por otra parte, 100 H 50 tomos de C Por lo tanto, como punto de partida tendramos PE con C50H100 al que se le sustituyen 12 tomos de H por Cl. Tendremos que determinar esta proporcin de Cl en la suma de los materiales reaccionantes (C50 H 88 +12 Cl ) M ( C50H88 + Cl) =50 12 + 88 1.01 + 12 35.45 = 1114.28 uma M (12 Cl) = 12 34.45 = 425.4 uma % Cl = 425.4 100 = 38.18 % 1114.28

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PARTE III (35 puntos)

a) Haga un dibujo aproximado del diagrama Fe-cementita. Los siguientes datos pueden ser de utilidad: M(Fe) = 55.85 umas; M(C) = 12.00 umas; TF(Fe) = 1538 C; TF(Fe3C) = 1270 C. El hierro sufre las siguientes transformaciones alotrpicas:912 C 1394 C Fe Fe Fe

En el sistema Fe-Fe3C se presentan las siguientes transformaciones invariantes:1495 C (0.09%C ) + L(0.53%C ) (0.17%C )

1148 C L(4.30%C ) (2.11%C ) + Fe3 C (6.68%C ) 727 C (0.77%C ) (0.02%C ) + Fe3 C (6.68%C )

b) Considere dos aceros de 0.4%C y 1.0%C, respectivamente. Calcule la cantidad de austenita presente en cada uno de esos aceros a 728C. c) Calcule la cantidad de perlita de cada uno de esos dos aceros, a 726C, suponiendo que han sido enfriados muy lentamente (recocido). d) Haga un dibujo de la microestructura de esos dos aceros recocidos, a 726C, sealando los microconstituyentes estructurales. e) En el caso de la microestructura del acero de 1.0%C, recocido a 726C, calcule: (1) el porcentaje de cementita secundaria (proeutectoide), existente en los lmites de grano, (2) el porcentaje de ferrita y (3) el porcentaje de cementita eutectoide. f) Dibuje la curva de enfriamiento T-t del acero de 1.0%C, desde el estado lquido hasta la temperatura de 726C, sealando esquemticamente las transformaciones que tienen lugar.PARTE III

a)

0.4% 1% b) ACERO DE 0.4 %C (austenita)

19

F =

0.4 0.02 100 = 50.67 % 0.77 0.02

ACERO DE 1.0 % C (austenita) Fe3C

F =

6.68 1.0 100 = 96.11% 6.68 0.77

c) El porcentaje de perlita a 726 C es aproximadamente igual al porcentaje de austenita a 728 C, ya que es el resultado de la transformacin eutectoide. Por tanto: Acero 0.4% C Acero 1.0 % C d) Acero de 0.4 % C % Perlita = 50.67 % % Perlita = 96.11 % Acero de 1.0 % C

e) (1)

FFe3C ( PE ) = 100 FPerlita = 100 96.11 = 3.89 % C Fe3C

(2)

F =

6.68 1.0 100 = 85.29 % 6.68 0.02

(3) FFe3C-(EUT) = 100 FFe3C-(PE) - F = 100 3.89 85.29 = 10.82 % (Otra forma de llegar a este resultado es calcular el % de Fe3C en la perlita ( 11.26 %) y tener en cuenta el % de Perlita (96.11%). As, FFe3C EUT = 11.26 96.11 1/100 = 10.82 %) f)

20

PARTE IV (15 puntos)

Para recristalizar hasta un 50% una lmina de cobre deformado de alta pureza se necesitan 10 minutos de tratamiento a 140C o, alternativamente, 180 minutos a 90C. Cuntos se requieren para recristalizar dicha lmina de cobre en un 50% a 102C?PARTE IV

DATOS

10 minutos a 140 C 180 minutos a 90 C t minutos a 102 C

Tenemos como incgnita el tiempo (t3) que tarda en recristalizar la lmina de cobre en un 50% a 102 C. Aplicamos la ecuacin de Arrhenius : V = 1/t = C e (1) 1/t1 = C e (2) 1/t2 = C eQ RT1 Q RT

; a cada uno de los casos dados por el problema:

t2 =e t1

Q 1 1 R T2 T1

Q RT2

t ln 2 t Q ln 18 1 = = 8666.8 K = R 1 1 0.0003335 T 2 T1

Sustituyendo en (1);1

C=e Y, por tanto

t1

Q 1 R T1

=e

1 108666.8 1 413

= 129916539.77 min-1

8666.8 1 375 = 129916539.77 e t3

1

t3 = 83.85 min

21

Junio 2001PARTE I (25 puntos)

La estructura cristalina del NaCl puede describirse por medio de una celdilla unidad en la que los iones cloruro ocupan las posiciones de una red del tipo CCC y los iones sodio se sitan en los huecos octadricos. c) Dibuje la celdilla unidad de dicha estructura. Represente los planos (112) y (100) e indique los ndices de Miller de la lnea de interseccin de dichos planos. d) Calcule la densidad terica del cloruro sdico. e) Calcule la densidad lineal de (i) iones sodio, y (ii) iones cloruro, expresada en iones por nanmetro, en la direccin [110]. Datos: Radio atmico del ion sodio = 0.102 nm; Radio del ion cloruro = 0.181 nm; M (Na) = 22.99 umas; M (Cl) = 35.45 umas; NA = 6.021023PARTE I

a)

i

j 1 0

k 0

Lnea de interseccin.

1 1

2 = 021

[ ]

b)

a = 2( R Na + + RCl ) = 0.556 nm

V = a3= 1.81 10-22 cm3 4 tomos de Na+ 1 celdilla 4 tomos de Cl22

terica =

MASA = VOLUMEN

(4 22.99 + 4 35.45)

1mol g mol N A celdilla = 2.14 g / cm3 3 cm 1.81 10 22 1 celdilla

c) [1 1 0] diagonal de la cara. 2 a = 2 0.566 nm = 0.800 nm las posiciones de los iones Cl- y Na+ son intercambiables n iones de Cl -: 2 n iones de Na+ : 2

densidad lineal iones Cl -: 2 / 0.8 = 2.5 iones / nm densidad lineal iones Na+ : 2 / 0.8 = 2.5 iones / nm

1 / 2 in

1 in

2 iones

1 / 2 in


Una aleacin frrea de Fe-Ni contiene un 8.5 % de Ni (en peso) en el centro de un grano (C) y un 8.8 % de Ni (en peso) en el lmite de grano (L). Calcule el flujo de tomos de nquel entre esos dos puntos (C y L), separados por una distancia de 40 m, a la temperatura de 1200 C. Datos: M (Ni) = 58.71; M (Fe) = 55.85; Parmetro reticular de la aleacin (CCC) = 0.365 nm; Difusividad del Ni en el Fe a 1200 C = 91015 m2/sPARTE II

Procedimiento: 1. Pasar la concentracin de % en peso a % atmico 2. Calcular la concentracin de Ni (at/m3) en C y L 3. Aplicar la 1 Ley de Fick 1. Suponemos 100 g de aleacin. PUNTO C. 8.5 % Ni 8.5 g de Ni n de moles = 8.5 / 58.71 = 0.1448 91.5 % Fe 91.5 g de Fe n de moles = 91.5 / 55.85 = 1.6383 23 % at Ni = 0.1448 100 = 8.12 % at 1.7831 TOTAL moles : 1.7831 moles

PUNTO L.

8.8 % Ni 8.8 g de Ni n moles = 8.8 / 58.71 = 0.1499 91.2 % Fe 91.2 g de Fe n moles = 91.2 / 55.85 = 1.6329

TOTAL moles = 1.7828 moles

% at Ni =

0.1499 100= 8.41 % at 1.7828

2.

Volumen de la celdilla : a3 = (0.365 10-3) m3 = 0.04863 10 9 m3

Estructura CCC : 4 tomos / celdilla Tamao de los tomos de Ni semejante al de Fe solucin slida sustitucional PUNTO C: De los 4 tomos en 1 celdilla 8.12 % sern de Ni = 0.3248 tomos 0.3248 at = 6.68 109 at Ni / m3 Concentracin de Ni en C: 9 3 0.04863 10 m

PUNTO L: De los 4 tomos en 1 celdilla

8.41 % sern de Ni = 0.3364 tomos 0.3364 at = 6.92 109 at Ni / m3 Concentracin de Ni en L: 9 3 0.04863 10 m = -9 10-15

3.

dC J = -D dx

tomos Ni (6.68 10 9 6.92 10 9 ) at Ni / m 3 15 m /s = 54 10 m2 s 40 m2


a) Haga un dibujo aproximado del diagrama Fe-cementita, pero limitndose nicamente a la regin comprendida entre la temperatura ambiente y 1160 C. Los siguientes datos pueden ser de utilidad: M(Fe) = 55.85 umas; M(C) = 12.00 umas; TF(Fe) = 1538 C; TF(Fe3C) = 1270 C. El hierro sufre las siguientes transformaciones alotrpicas:912 C 1394 C Fe Fe Fe

En el sistema Fe-Fe3C se presentan las siguientes transformaciones invariantes:1495 C (0.09%C ) + L(0.53%C ) (0.17%C ) 1148 C L(4.30%C ) (2.11%C ) + Fe3 C (6.68%C ) 727 C (0.77%C ) (0.02%C ) + Fe3 C (6.68%C )

b) Considere un acero de 0.60 % C (A1 = 727C, A3 = 790 C). Haga el anlisis de fases a las temperaturas de (i) 820 C, (ii) 728 C y (iii) 726 C. c) Dibuje las microestructuras correspondientes a las situaciones (i), (ii), (iii) de la pregunta anterior, sealando los constituyentes estructurales. (Las muestras austenizadas se enfriaron muy lentamente dentro del horno hasta las temperaturas respectivas). 24

d) Dibuje la curva de enfriamiento de ese acero de 0.60%C, entre las temperaturas de 1150 C y 726 C, sealando esquemticamente las transformaciones que tienen lugar.PARTE III

a)

b) (i) 820C: - FASES: - COMPOSICIN: 0.60% C - PORCENTAJE: 100% - FASES: y - COMPOSICIN: - PORCENTAJES:

(ii) 728C:

(0.02% C) (0.77% C)

% =

0.77 0.60 100 = 22.67% 0.77 0.02

% = 100 22.67 = 77.33%(iii) 726 C: - FASES: y Fe3C - COMPOSICIN: - PORCENTAJES:

(0.02% C) , Fe3C (6.68% C)

%=

6.68 0.60 100 = 91.29% 6.68 0.02

Fe3C % = 100 91.29 = 8.71% c) (i) 820 C (ii) 728 C (iii) 726C

25

d)


Se dispone de un trozo de silicio intrnseco cuya conductividad elctrica a temperatura ambiente es de 4104 (m)1 y en el que las movilidades de electrones y de huecos valen 0.14 y 0.048 m2/(V.s), respectivamente. a) Calcule las concentraciones de portadores a dicha temperatura. b) Cuando un electrn de los enlaces que rodean a los tomos de Silicio logra escapar, se dice que el enlace se ha roto. Qu significa en el modelo de bandas un enlace roto? Cul ser la concentracin de enlaces rotos en el silicio intrnseco? c) Si el material anterior se dopa (impurifica) con fsforo hasta obtener una concentracin de portadores dominantes (mayoritarios) de 1023 m3 a temperatura ambiente, en qu tipo de semiconductor se convierte? Estime la nueva conductividad, tambin a temperatura ambiente, suponiendo que las movilidades de los portadores no han cambiado. Dato: e = 1.61019 CPARTE IV

a) Puesto que el material es intrnseco, las concentraciones de electrones y de huecos son iguales, es decir, n = p. La conductividad se puede calcular por medio de:

= e n e + e p hen nuestro caso

donde e y h son las movilidades de electrones y de huecos, respectivamente

n = p = ni y por tanto se tendr que:

= ni e (e + h )despejando ni , se obtiene: ni=

e ( e + h )

=

4 10 4 (m ) 1.6 1019

1 2

C (0.14 + 0.048) m

= 1.33 1016 portadoresvs

m3

26

a) Cada tomo de Si posee 4 electrones de valencia (pertenece al grupo IV), por tanto, formar 4 enlaces con los tomos vecinos. La figura siguiente ilustra la situacin:

(Ntese cmo cada tomo de Si se rodea de 8 electrones, cumpliendo la regla del octeto

Cuando un electrn de un enlace libera, el enlace se rompe. El electrn queda libre y se convierte en un portador de la corriente y el enlace roto puede atrapar a otro electrn (libre o de otro enlace vecino), luego tambin acta como otro portador de corriente. En el modelo de bandas la rotura de un enlace significa simplemente que se origina un hueco en la B.V. y un electrn en la B.C. BC BV Como por cada enlace roto se origina 1 electrn y 1 hueco, entonces: n de enlaces rotos = n de electrones = n de huecos y, por tanto, la concentracin de enlaces rotos sea igual a ni =1.33 1016 enlaces rotos /m3 c) El P es un elemento del grupo V, por tanto, actuar como donador. Los portadores mayoritarios del material sern electrones y el semiconductor ser extrnseco de tipo n. (vase cmo n= 1023 m-3 >> 1.33 1016 m-3 ). Como los portadores dominantes sern los electrones, podemos estudiar la conductividad, de la siguiente forma:

e n e = 1.6 10-19 C 1023 m-3 0.14 m2 / V.s = 2240 (m)-1(mucho mayor que en el caso intrnseco)

27

Septiembre 2001PARTE I (25 puntos)

Para las estructuras cristalinas CCC y CC, el vector de Burgers b se puede expresar como b = a/2 [h k l], donde a es la longitud de la arista de la celdilla unidad y [h k l] es la direccin cristalogrfica de mayor densidad atmica lineal. (a) Dibuje y designe el sistema de deslizamiento ms probable en ambas estructuras. (b) Calcule y dibuje el vector de Burgers en dichas estructuras. (c) Calcule el mdulo del vector de Burgers para el cobre y el hierro, sabiendo que el Fe es CCI con parmetro cristalino igual a 0.287 nm y que el Cu es CCC con parmetro cristalino 0.362 nm.PARTE I

a) CCC

CCI

Planos 1 1 1 Direcciones b) CCC

Planos 1 1 0 Direcciones CCI

a

a

a b = 110 20.362 110 2

b=

a 111 2

c) CCC. Cu: a = 0.362 nm

b=

b =

0.362 2 = 0.256 nm 2 0.287 3 = 0.249 nm 2

CCI. Fe: a = 0.287 nm

b=

0.287 111 2

b =


10 cm

10 cm

En el centro de un tubo cerrado de 3 cm de dimetro y 20 cm de longitud se coloca una membrana de hierro. A un lado de la membrana se introduce nitrgeno de manera que la composicin del gas en el tubo sea constante e igual a

3 cm

C1x

C2

28

0.51020 tomos de nitrgeno por cm. En el otro lado de la membrana el gas tiene una composicin constante de 11018 tomos de nitrgeno por cm. Calcular el espesor que debe tener la membrana para permitir el paso de un 1% de tomos de nitrgeno por hora (referidos a la primera cavidad), teniendo en cuenta que la difusin se produce a 810C. Otros datos: D0 = 1.410-3 cm/s, Q = 17700 cal/mol, R = 1.98 cal/(molK).PARTE II Se trata de un caso de difusin en estado estacionario, por lo que se debe aplicar la 1 ley de Fick: C J = D x C Al ser las variaciones pequeas, podemos ponerlo en modo incremental: J = D x

La difusin, en cualquier caso, se producir desde la zona de mayor concentracin a la de menor concentracin. Por otra parte, del dato permitir el paso de 1% de tomos de nitrgeno por hora que se puede calcular el flujo J pasndolo a at / cm2s. En este sentido, el punto de partida ms correcto para este clculo, % at / h at /cm2s, est referido a los tomos presentes en la cmara de mayor concentracin, ya que stos son los nicos que tienen tendencia a pasar a travs de la membrana para equilibrar la diferencia de concentraciones. Sin embargo, en la correccin de este ejercicio, tambin se han considerado vlidos los clculos realizados a partir de i) la diferencia de tomos entre ambas cmaras en estado estacionario y, asimismo, ii) la suma de los tomos contenidos en ambas cmaras en estado estacionario. Por ello, y para el supuesto ms correcto: n de at = CV = 0,51020 (1.5210) = 3.5341021 at J=

at 0.01 3.543 10 21 (at ) = 1.392 1015 2 3600(s ) 1.5 (cm ) cm 2 s

Por otra parte, tendremos que calcular el coeficiente de difusin D a la temperatura de 810 C 1083 K, segn la siguiente expresin:

DS = D0 e

Q RT

= 1.4 10

3

2 17700 cal cm 2 7 cm mol exp = 3.64210 s s 1.98 cal (K mol )1083K

Despejando de la 1 ley de Fick y sustituyendo tenemos:

1 1018 0.5 10 20 at 3 C 7 cm 2 cm = 0.0128 cm x = D = 3.642 10 15 s J 1.392 10 at 2 cm s

(

)

(

(

)(

)

)

Alternativamente, tambin han sido considerados como vlidos los resultados obtenidos en los supuestos: i) x = 0.0131 cm ii) x = 0.0063 cmPARTE III (30 puntos)

29

El Mg (Tf = 650C, M (Mg) = 24.3 uma, HC) y el Si (Tf = 1414C, M (Si) = 28.1 uma, estructura tipo diamante) son completamente solubles en estado lquido e insolubles en estado slido. Estos dos elementos forman un compuesto intermetlico, que contiene 36.6 % Si y que funde congruentemente a 1087 C. El Mg y el compuesto intermetlico forman un eutctico con 1.4 % Si a 639 C; mientras que el Si y el compuesto intermetlico forman, a su vez, un eutctico con 56.5 % Si a 947 C. a) Hallar la frmula del compuesto intermetlico. b) Dibujar el diagrama de equilibrio Mg-Si, considerando que las lneas de liquidus son rectas, e indicar sobre el diagrama las fases existentes en las distintas regiones. c) Trazar la curva de enfriamiento de una aleacin de 10 % Si, desde el estado lquido hasta la temperatura ambiente, sealando esquemticamente los fenmenos que ocurren en cada inflexin. d) Calcular el porcentaje de constituyentes estructurales existentes en la aleacin de 10 % Si a la temperatura ambiente y dibujar, asimismo, la microestructura correspondiente, indicando los constituyentes estructurales.PARTE III

a)

El compuesto intermetlico responder a la frmula: Mgn Sim En 100 g de compuesto: 36.6 g son de Si y 63.4 g son de Mg El nmero de moles de cada especie ser: n = 63.4 g / 24.3 = 2.61 moles m = 36.6 g / 28.1 = 1.30 moles2.61 = 2.001 2 1.30 Luego la frmula del compuesto ser Mg2 Si

La relacin valdr n/m =

b)

c)

30

d)

EUT

Mg2Si

FEUT =

36.6 10 100 = 75.57 % 36.6 1.4

FMg 2 Si = 100 75.57 = 24.43 %


El bronce de estao tiene una composicin, en peso, de 89 % de Cu y 11 % de Sn y contiene dos fases a temperatura ambiente; una fase , que es cobre con una muy pequea cantidad ( 0) de estao en solucin slida, y una fase , que consiste en aproximadamente 37 % en peso de Sn. Calcule la conductividad de esta aleacin teniendo en cuenta los datos de la siguiente tabla:Fase Resistividad (m) Densidad(g/cm3) 8.92 1.88108 7 8.43 5.3210 PARTE IV

Sabemos que la resistividad de una aleacin viene dada por la expresin = fV + fV , por ello calcularemos primeramente las fracciones msicas de ambas fases de la siguiente forma:

f =

C C 37 11 = = 0.703 C C 37 0

f =

C o C 11 0 = = 0.297 C C 37 0

Ahora debemos convertir estas fracciones msicas en volumtricas: 100 g de aleacin contienen: 70.3 g de y 29.7 g de ; luego: V = 70.3 g 1 cm 3 = 7.88 cm3 8.92 g

1 cm 3 V = 29.7 g = 3.52 cm3 8.43 g

31

fV =

V 7.88 = = 0.691 V + V 7.88 + 3.52 V 3.52 = = 0.309 V + V 7.88 + 3.52

fV =

y utilizando la ecuacin de la resistividad de una aleacin = fV + fV = 1.88 10 8 m 0.691 + 5.32 10 7 m 0.309 = 1.77 10 7 m y finalmente, la conductividad ser:

=

1

= 5.65 10 6 ( m )

1

32


El hierro a temperatura ambiente tiene la estructura CCI: f) Dibuje el plano (101) del hierro y seale las dos posibles direcciones de deslizamiento de ese plano, indicando sus ndices de Miller. g) Indique los dos vectores de Burgers correspondientes, en notacin vectorial, y calcule sus respectivos mdulos, expresndolos en nm. Dato: R(Fe) = 0.124 nmPARTE I

a) Para calcular los puntos de corte con los ejes coordenados debe calcularse la inversa de los ndices de Miller, es decir: 1/1 1/0 1/1 lo que da como resultado: (1 1). La representacin grfica de una celdilla unidad sera:

Las dos posibles direcciones de deslizamiento de ese plano sern aquellas de mxima densidad atmica lineal. Como la estructura del material es CCI, las direcciones de mxima densidad atmica lineal y que adems pertenecen al plano (1 0 1) sern: [ 1 1 1] y [1 1 1]. b) El vector de Burgers indica la direccin de movimiento de la dislocacin (tendr los mismos ndices que las direcciones de deslizamiento) y el mdulo de este movimiento va de la posicin de un tomo hasta la del tomo ms prximo. Se demuestra que en estructuras CCI y CCC el vector de Burgers tiene la forma:b=

a [h k l], donde [h k l] es la direccin de deslizamiento. 2

Por tanto b1 =

a a [ 1 1 1] y b2 = [ 1 1 1] 2 2

y usando la notacin vectorial: b1 = a a (-1,1,1) y b2 = (-1,-1,1) 2 2

Al ser una estructura CCI conocemos la siguiente igualdad: 33

4 R = 3a . Adems b = a 2 2 2 a 1 +1 +1 = 3 2 2

sustituyendo la expresin anterior en esta ltima: 4R 3 b = 3 = 2 R b1 = b2 = 2R = 0.248 nm 2PARTE II (30 puntos)

En una barra de aluminio (CCC) existe un gradiente de concentracin de cobre (CCC) en solucin slida, que disminuye desde 0.4% atmico de Cu en la superficie, hasta 0.2 % atmico de Cu a 1 mm bajo la superficie. Suponiendo que dicho gradiente no vara en el tiempo, cul es el flujo neto de tomos de cobre a la temperatura de 500 C, a travs de un plano paralelo a la superficie y situado a 0.5 mm por debajo de ella? Nota: Los porcentajes indicados estn referidos al total de tomos de la solucin slida. Datos: R(Al)= 0.144 nm; D(Cu en Al, 300C) = 3.161017 m2/s; D(Cu en Al, 800C) = 1.731011 m2/s Constante de los gases R = 8.31 J/(Kmol)PARTE II

La solucin slida Al-Cu ha de ser SUSTITUCIONAL (los tomos de Cu son demasiado grandes para ocupar los intersticios del Al). i) Concentraciones. C es la concentracin en volumen [C ] = n de tomos u.d . vol

Suponiendo que el mecanismo de difusin sustitucional no altera el volumen, podemos admitir que la concentracin atmica de la solucin slida es igual a la concentracin del Aluminio puro C0, esto es: [Al] = C0 t Al / m3 C0 t SS / m3 As pues las concentraciones en los planos a los que se refiere el problema valdrn: C s = 0.004 t Cu t SS C0 = 0.004 C 0 t Cu / m 3 3 t SS m t Cu t SS C0 = 0.002 C 0 t Cu / m 3 3 t SS m

C d = 0.002

Dado que el Aluminio tiene estructura CCC a = 2 2 R y existirn 4 tomos por celdilla.

34

Por tanto:

C0 = 4

1 celdilla 4 t t t 3 3 = = 5.92 10 28 3 3 9 3 celdilla a m m (2 2 0.144 10 ) m

Sustituyendo en las dos ecuaciones anteriores: Cs = 2.368 10 26 t Cu / m3 y Cd = 1.184 10 26 t Cu / m3 ii) Calcular la difusividad a 500 C (conocida D a 300 C y a 800 C). Sabemos que: D(T ) = D0 exp(Q / RT ) = D0 exp(q / T ) donde q = Q / R Para T1 = 573 K, T2 = 1073 K, D1 = 3.16 10 -17 m2 / s D2 = 1.73 10 -11 m2 / s

Con D1 = D0 exp(q / T1 ) y D2 = D0 exp(q / T2 ); 1 1 1 1 D D1 = exp q Ln 1 = q T T D2 D2 T1 T2 2 1

q=

Ln( D1 / D 2) = 1.62 10 4 K (1 / T 1 1 / T 2)

Por otro lado: D0 = D1 exp(q / T1 ) = 6.52 10 5 m 2 / s Por lo que: D(773) = 5.16 10 14 m 2 / s Y finalmente, calculamos el flujo como:

J = D

Cd C s m 2 (0.002 0.004) = 5.16 10 14 5.92 10 28 t / m3 d s 10 3

J = 6.11 10 15 t / (m2 s) El flujo de tomos entre los planos de referencia es estacionario, por tanto, no variar en el tiempo y ser el mismo para cualquier otro plano paralelo a los de referencia. Concluyendo, el flujo atmico a travs de un plano situado a 0.6 mm de la superficie tambin vale 6.11 10 15 tomos / (m2 s).PARTE III (35 puntos)

Un diagrama binario A-B ( M(A) = 10 uma, M(B) = 20 uma) cumple las siguientes caractersticas:

Solubilidad total en estado lquido. Temperaturas de fusin: TF (A) = 1000C; TF (B) = 600C. Los dos elementos forman un compuesto C con un 40%B, que funde congruentemente a 1200C.35

Posee una transformacin eutctica entre A y C: L(25% B) A + C Posee una transformacin peritctica entre C y B: C + L(80% B) (65% B) La fase es una solucin slida de A en B, con solubilidad mxima a temperatura ambiente (55% en B).a) Dibuje el diagrama de equilibrio considerando que las lneas son rectas. b) Halle la frmula del compuesto. c) Site en el diagrama una aleacin formada por 5 g de A y 5 g de C. Calcule para dicha aleacin la masa de A y la masa de C contenidas en la porcin eutctica a temperatura ambiente. d) Site en el diagrama una aleacin formada por 5 g de B y 5 g de C, realizando una curva de enfriamiento de la misma en condiciones de equilibrio, desde 1200C hasta temperatura ambiente, indicando las temperaturas a que se producen todos los cambios de fases. Asimismo, seale sobre la curva las transformaciones, as como las fases y constituyentes estructurales presentes en cada tramo de la misma y represente grficamente la microestructura que aparece en cada tramo. e) Dibuje la microestructura a temperatura ambiente si el enfriamiento referido en el apartado anterior se realizase en condiciones de inequilibrio.PARTE III900 C

500 C

a)

Aclaraciones del diagrama: 1. Sabemos que A no disuelve nada de B, esto implica que hay A puro. En la zona del diagrama sealada con un 1 tendremos una mezcla de las fases que hay a la izquierda y derecha de esa zona, es decir, hay A + L. 2. Mezcla de las fases a izquierda y derecha L + C. C es un compuesto que tiene un 40% de B. Cuando el compuesto funde congruentemente a 1200 C, da lugar a un lquido de composicin 40% B. 3. Por encima del punto (500 C ,25% B) hay fase L. Por debajo se forma A puro (no se forma solucin slida porque no disuelve al elemento B) y C puro, que constituyen el eutctico. La transformacin eutctica es de la forma: L (25% B) A + C, a 500 C. 36

4. Debe haber una mezcla de C y , cumplindose que la composicin de llegue a una solubilidad mxima del 45% A o del 55% B a la temperatura ambiente (Tamb). 5. C + L (80% B) (65% B) es la forma de la transformacin peritctica a 900 C. Por encima del punto (900 C, 65% B) tenemos una zona bifsica formada por C y L del 80% B lo que nos indica el final de la lnea horizontal a 900 C. (Para una aleacin > 80% B no tendr lugar esta transformacin). Por debajo se forma una solucin slida . 6. Se indic en la transformacin peritctica que debe haber . 7. Mezcla de fases a izquierda y derecha + L. La lnea que parte del punto P tiene que llegar al punto (600 C, 100% B), al igual que la parte del punto (900 C, 80% B), ya que TFB = 600 C. Uniendo todas las lneas, y teniendo en cuenta que trazando una isoterma se deben alternar zonas monofsicas con bifsicas, resulta:

b) C = An Bm Teniendo en cuenta que el compuesto tiene una composicin en peso: 40% B y 60% A, y suponiendo que tengo 100 g de compuesto: 1mol 60 g A = 6 moles A 10 g 100 g dando lugar a A6B2 A3B. 1mol 40 g B = 2 moles B 20 g c) Un compuesto divide al diagrama en dos, podramos considerar la zona A-C, al igual que la C-B, como un diagrama independiente. 5 g A + 5 g C, como los dos pesos son iguales esta aleacin se encuentra en el 50% del diagrama A-C:

37

Una forma alternativa de resolver esta primera parte es: 5gA

40% peso B 2 g B 5gC 60% peso A 3 g A

8 g A 20% en peso de B 2 g B

Para resolver la segunda parte del apartado, primero habr que saber cuanto hay de eutctico, es decir, la cantidad de lquido antes de la transformacin eutctica. a 501 C % L = % EUT = 20 0 100 = 80% (8 g) 2 g de A preeutctico 25 0

Con la regla de la palanca: Todo lo que no sea PREEUTCTICO estar en el eutctico: 5 g de A - 2 g PREEUT = 3 g de A 5 g de C. Otra forma: Una vez que sabemos que hay 8 g de EUTCTICO calculamos la composicin de ste: 40 25 a 499 C % A = 100 = 37.5% % C = 100 37.5 = 62.5% 40 0 8 g 37.5% A = 3 g de A 8 g 62.5% C = 5 g de C d) MITAD 5gB tambin

40% peso B 2 g B 5gC 60% peso A 3 g A

7 g B 70% B 3g A

38

Para hallar las temperaturas T1 y T2 se calculan las distancias x e y mediante semejanza de tringulos: 300 40 = x = 75 ; x 10 T1 = 975 C

300 35 = y = 42.86 ; T2 = 900 y = 857.14 C y 5 e) Puede aparecer CERCADO, ya que en la transformacin C + L , la capa de que aparece alrededor de C dificulta la reaccin de C y L, lo que implica que la temperatura bajar y quedarn restos de C. En los granos de podra tericamente producirse CORING.


El poli-cis-isopreno es una goma natural polimerizada a partir del isopreno (metil-1,3-butadieno). Considere una goma de poli-cis-isopreno que ha ganado un 5% en masa de oxgeno por oxidacin al aire. Suponga que el oxgeno origina enlaces cruzados similares a los del azufre en la vulcanizacin del caucho. a) Qu fraccin de los posibles enlaces cruzados se ha formado? b) Cmo puede la oxidacin causar la degradacin de una goma? Datos: M(C) = 12 uma; M(O) = 16 uma; M(H) = 1 uma.PARTE IV

a) Metil 1,3 Butadieno: Poli-cis-isopreno :

CH2=CH(CH3)-CH=CH2 -CH2-C(CH3)=CH-CH2-

39

La oxidacin de esta goma (elastmero) es similar al proceso de vulcanizacin, siendo los tomos de O los que rompen el doble enlace cada cierto nmero de meros, establecindose enlaces cruzados de esta forma: H CH3 H H | | | | CCCC | | H H O O H H | | CCCC | | | | H CH3 H H Para este apartado, partiendo de una cantidad de elastmero fijada a priori, se calcula el nmero de enlaces dobles posibles (nedp) y a continuacin, teniendo en cuenta que se produce una oxidacin del 5%, la cantidad considerada anteriormente, se ve aumentada en un 5%. Con esta cantidad (5%) se calcula el nmero de oxgenos (tomos) que sern iguales al nmero de enlaces dobles rotos (nedr). Obsrvese que a dos meros le corresponden dos oxgenos, o lo que es igual, cada oxgeno esta asociado a la rotura de un doble enlace en un mero. Se parte de un mol del polmero sin oxidar: M (C5H8) = 5 12 + 8 1 = 68 u.m.a. 1 mol de C5H8 1 NA de meros 1 NA edp 1 mol C5H8 = 68 g 5% de 68 = 3.4 g 3.4 g de O (oxidacin)

N tom O =

3.4 g O tom 3.4 NA = N A tom = 0.2125 N A tom O M (O) g / mol mol 16

nedr = N tom O = 0.2125 NA enlaces dobles rotos

f =

nedr 0.2125 N A = = 0.2125 NA nedp

F = 21.25%

b) La goma o elastmero debe su elasticidad al establecimiento entre las cadenas de enlaces cruzados cada cientos de carbonos. A travs de la oxidacin se produce un fenmeno similar de establecimiento de ms enlaces cruzados (fuertes) que se aaden a los ya existentes. Esto hace que pierda elasticidad, volvindose ms rgido al tener demasiados enlaces cruzados, llegando su estructura a convertirse en ltimo trmino, en un polmero termoestable. Este caso, producido por degradacin mediante oxidacin, es similar a lo que ocurre con la vulcanizacin y la supervulcanizacin que da lugar a la ebonita que es termoestable.

40


a) Calcule el nmero de coordinacin del Fe a una presin y temperatura tales que su densidad es de 7.63 g/cm3. b) Si se alea una pieza de 25 g de Fe con 3 g de Ni, cul ser la nueva densidad del material obtenido en las mismas condiciones de presin y temperatura que en el apartado anterior? Datos: R(Fe) = 1.291 , M(Fe) = 55.85 uma; M(Ni) = 58.69 umaPARTE I

a) Sabemos que el Fe puede presentar estructura CCI o CCC, por lo que comprobamos para ambas estructuras: Suponemos estructura CCI: ( 4r ) 2 = 2a 2 + a 2 a = 4r 3 4 1.291 3

=

= 2.98

Con estos datos el volumen de la celdilla queda: Vceld = 2.646 10 -23 cm3 2 tom 1 mol 55.85 g N A tom 1 mol = 7.01 g / cm3 7.63 g / cm3 8 3 3 (2.98 10 ) cm

=

m = v

Suponemos estructura CCC: (4r ) 2 = a 2 + a 2 a = 4r / 2 = 3.65 por lo que el volumen de la celdilla queda: Vceld = 4.863 10-23 cm3 4 tom 1 mol 55.85 g N A tom 1 mol = 7.63 g / cm3 8 3 (3.65 10 )

=

m = v

N DE COORDINACIN DE ESTRUCTURA CCC = 12 b) Fe + Ni Da lugar a una solucin slida sustitucional. Como no se dan ms datos, suponemos que la aleacin tendr un parmetro de red igual al del Fe, calculado en el apartado a).

aleacin =

m 25 g + 3 g = v Valeacin

25 g Fe 3 g Ni

1 mol N A tom = 2.696 1023 tom Fe 55.85 g 1 mol

1 mol N A tom = 0.308 1023 tom Ni 58.69 g 1 mol

n total de tomos = 3.003 1023 tom

41

Estructura CCC: Hay 4 tomos por cada celdilla, por lo que: 4 tom 3.003 1023 tom

(3.65 10-8)3 cm3 x

x (volumen de la aleacin): x = 3.65 cm3 Con todos los datos obtenidos, puede conocerse el valor de la densidad de la aleacin:

=

25 + 3 = 7.67 g / cm3 3.65


A un crisol para fundir vidrio de slice se aade ceniza de sosa (Na2CO3) y piedra caliza (CaCO3). Por efecto de la temperatura, estos ingredientes se descomponen y producen sosa (Na2O) y cal (CaO), y liberan dixido de carbono (CO2). a) Calcule la masa de ceniza de sosa y de piedra de caliza que debe aadirse a 56 kg de cuarzo (SiO2) para producir un vidrio cuya composicin en peso sea 78% SiO2, 17% Na2O y 5% CaO. b) Las cantidades de Na2CO3 y CaCO3 aadidas pueden producir la cristalizacin del vidrio de slice? c) En el hipottico caso de que las cantidades de Na2CO3 y CaCO3 aadidas hicieran cristalizar el vidrio de slice, qu hara para evitarlo? Datos: M(Na2CO3) = 105.99; M(Na2O) = 61.98; M(CaCO3) = 100.09; M(CaO) = 56.08; M(SiO2) = 60.09 umaPARTE II

a) La reaccin que se da en el crisol es: SiO2 + Na2CO3 + CaCO3 Na2O + CaO + SiO2 + 2CO2 Masa: % peso: 56 kg 17% 56 kg 5% 78%

La cantidad total de vidrio producido es: 56 kg SiO2 78% x 100% despejando x = 71.79 kg de vidrio

Las cantidades de Na2O y CaO sern: 71.79 100% x 17% despejando x = 12.204 kg Na2O 71.79 100% y 5% despejando y = 3.589 kg CaO

Teniendo en cuenta que por cada mol de Na2O hay 1 mol de Na2CO3 y por cada mol de CaO hay 1 mol de CaCO3.

42

M ( Na 2 CO3 ) = 20.87 kg Na2CO3 M ( Na 2 O) M (CaCO3 ) m(CaCO3 ) = 3.589 kg CaO = 6.405 kg CaCO3 M (CaO ) b) Un exceso de modificadores produce cristalizacin en el vidrio de slice cuando:

m( Na 2 CO3 ) = 12.204 kg Na 2 O

at (O) mol (O) > 2.5 > 2.5 at ( Si) mol ( Si)Comprobmoslo: n (Si) = 56 kg SiO2 1 kmol SiO2 1 kmol Si = 931.94 kmol Si 60.09 kg 1 kmol SiO2

Los moles totales de O se consiguen sumando los moles de O del SiO2, del CaO y del Na2O. n (O)del SiO2 = 2 mol Si = 1863.88 kmol O del SiO2 1 kmol Na 2 O 1 kmol O n (O) del Na = 12.204 kg Na 2 O = 931.94 kmol O del Na2O. 61.98 kg 1 kmol Na 2 O 1 kmol CaO 1 kmol O kmol O del CaO n (O) del CaO = 3.589 kg CaO 56.08 kg 1 kmol CaO

mol (O) 2124.81 = = 2.28 < 2.5 Por lo que las cantidades de modificadores presentes no mol ( Si ) 931.94 producen la cristalizacin del vidrio.c) Aadir vitrificantes como el B2O3, GeO2, o el propio SiO2. Tambin, si la composicin total de vidrio lo permite, se podran emplear xidos intermedios (por ejemplo: Al2O3) para evitar la cristalizacin.PARTE III (25 puntos)

Un diagrama binario A-B presenta la siguiente reaccin invariante:750 C L(70% B) + (90% B)

Am B n (80% B)

Por otra parte, los componentes A y B son parcialmente solubles en estado slido, de modo que la solubilidad a temperatura ambiente de A en B es del 2%. Asimismo el componente B funde a 1000C. a) Dibuje la regin de inters del diagrama descrito, identificando sus fases, temperaturas, etc. b) Dibuje la curva de enfriamiento, desde el estado lquido hasta temperatura ambiente, de una aleacin del 15% de A y las microestructuras inicial y final, as como, la de los correspondientes puntos de inflexin. c) Determine la masa de la aleacin considerada en el apartado anterior, necesaria para obtener una microestructura que contenga 5 kg de fase a la temperatura de 481C. d) En el supuesto de que se produzca un enfriamiento de no equilibrio desde unos cuantos grados por encima del invariante, dibuje la microestructura a temperatura ambiente de la aleacin considerada en b), indicando sus microconstituyentes y nombrando el(los) fenmeno(s) de no equilibrio. 43

Nota: Considere segmentos rectilneos donde sea necesario. PARTE III

a) y b)

Aclaraciones al diagrama: En relacin al resto del diagrama no hay datos suficientes y slo podemos asegurar que por debajo del compuesto AmBn, deber haber una zona de L + AmBn que no puede llegar hasta la temperatura ambiente. Nota para la curva de enfriamiento: La diferencia entre la microestructura final y la anterior es que ha disminuido la cantidad de fase en favor de la formacin del compuesto AmBn. c) 15% A 85% B a T = 481 C

Primero se determina C por semejanza de tringulos: 8 269 750 20 750 481 730 269 ; C = 92.95% B ; = ; C = 90 + = 730 C 90 C 90 98 90 8 Con lo que podemos aplicar la regla de la palanca: 85 80 100 = 38.6% 92.95 80 y, por otra parte: 100 kg de aleacin 38.6 kg x 5 kg F =

Despejando x = 12.95 kg de aleacin 44

d)

Para entender la microestructura de no equilibrio, que se produce cuando la velocidad de enfriamiento es superior a la de equilibrio, hay que tener en cuenta que la microestructura de partida es la dibujada en el punto de inflexin de inicio del peritctico. As, la mayor velocidad de enfriamiento har que no se logre llegar a la microestructura dibujada al final de la transformacin peritctica. En consecuencia, no se conseguir formar todo el compuesto AmBn, sino slo una pequea parte que, adems, quedar rodeando a la fase . Se tiene por tanto un primer fenmeno de no equilibrio de cercado. Al seguir enfriando y no pudiendo reaccionar el lquido restante con por estar cercada, ese lquido se comportar como una aleacin independiente del 70% B, que en su enfriamiento da lugar a ms compuesto y a alguna otra fase o constituyente, que no se puede especificar slo con la zona de inters del diagrama estudiado. Por otra parte, por supuesto, quedarn inhibidas las reacciones de precipitacin que se hubieran producido como consecuencia del cambio de solubilidad de la fase .PARTE IV (25 puntos)

En experiencias de recristalizacin con un metal altamente deformado en fro se han encontrado los siguientes datos:Temperatura de trabajo (C) Tiempo requerido (minutos) 220 13 7 Grado de Recristalizacin (%) 45 45 60

100 200 250

Se pide: a) El tiempo necesario para que una pieza de dicho metal recristalice en un 45% a la temperatura de 250C. b) El tiempo necesario para que dicha pieza recristalice en un 70% a la misma temperatura de 250C?PARTE IV

a) Utilizaremos las dos primeras filas de la tabla. t1 = 220 min; T1 = 373 K t2 = 13 min; T2 = 473 K Definiendo el ritmo de cambio de velocidad como: v = 1 / t y teniendo en cuenta que la dependencia trmica de la velocidad viene dada por el factor de Arrhenius: 45

v = 1 / t = A exp(Q / RT )De la expresin anterior desconocemos A y Q/R. Utilizando los datos de las dos primeras lneas de la tabla:

Q 1 1 t Q 1 1 t1 = exp Ln 1 = t R T T t2 R T1 T2 2 2 1 Q Ln(220 / 13) = = 4990.61 K R (1 / 373 1 / 473)

El factor preexponencial A, se puede calcular como:A = 1 / t1 exp(Q / RT1 ) = 1 4990.61 -1 exp = 2939.59 min 220 min 373

Por tanto, a la temperatura pedida, 523 K (250 C), el tiempo requerido valdr: t= exp(Q / RT ) exp(4990.61 / 523) = = 4.74 min A 2939.59 min 1

b) Con los resultados obtenidos en el apartado anterior y los datos contenidos en la 3 fila es posible conocer los parmetros a y n de la ecuacin de Avrami: Del apartado anterior obtenemos esta tabla: Temperatura 250 250 Tiempo 7 4.74 Grado 60 45

La ecuacin de Avrami dice que la fraccin en tanto por uno de material recristalizado vara con el tiempo segn: x(t ) = 1 exp( at n ) De los datos anteriores se obtiene: 0.60 = 1 exp(a 7 n ) 0.4 = exp( a 7 n ) tomando Ln 0.916 = a 7 n 0.45 = 1 exp(a 4.74 n ) 0.55 = exp(a 4.74 n ) tomando Ln 0.598 = a 4.74 n 7 7 1.535 = tomando Ln 0.426 = n Ln n = 1.09 4.74 4.74 El parmetro a: 0.6 = 1 exp(a 71.09 ) Ln(0.4) = a 7 n a = 0.11 As pues, para alcanzar el 70% pedido a la misma temperatura har falta un tiempo:n

46

0.70 = 1 exp(0.11 t 1.09 ) Ln(0.3) = 0.11 t 1.09

t 1.09 = 10.945; tomando Ln 1.09 Ln(t ) = 2.393 t = 8.98 min

47

Septiembre 2002PARTE I (25 puntos)

a) Un cristal metlico (con estructura de mxima compacidad) crece en la direccin perpendicular a los planos de mayor densidad atmica superficial a la velocidad de 1 mm/da. Cuntos planos compactos se forman por segundo? Supngase que el radio de los tomos es R = 1.42. b) Si el cristal fuera CCC y los tomos se depositaran, segn la direccin [100], al mismo ritmo de planos por segundo que en el apartado anterior, cul sera la velocidad de crecimiento del material expresada en mm/da?PARTE I

a) En un cristal metlico las estructuras de mxima compacidad son dos: CCC y HC. 1 1 mm 1 da = 1.15 10 5 mm / s da 24 3600 s

Como se piden planos / s, habr que calcular el nmero de planos que hay en 1 mm, para lo que se necesita la distancia entre dos planos consecutivos. Si se supone estructura CCC: El plano de mayor densidad en esta estructura es (1 1 1), La direccin alplano anterior es [1 1 1]

a = 2 2 R = 4.016 10 7 mm, siendo a la arista de la celdilla cbica.

d = 2 6 R = 6.956 10 7 mm, donde d es la diagonal del cubo, es decir, de la celdilla.

48

d = 2.319 10 7 mm 3 Tambin puede calcularse la distancia del origen al plano (1 1 1) mediante: 4.016 10 7 mm a = 2.319 10 7 mm d= = 2 2 2 2 2 2 h +k +l 1 +1 +1La distancia entre los planos es Si se supone estructura HC o planos compactos unos sobre otros: En estructuras HC el plano de mxima compacidad es : (1 1 0)

l = 2R l 2 = (l / 2) 2 + m 2 m = 3 l / 2

l 2 = h 2 + (2 / 3m) 2 h = 2 R 2 = 2.319 10 7 mm 3 1.15 10 5 1 plano mm 50 planos / s s 2.319 10 7 mm

b)

49

La distancia entre planos es a / 2 = 2.008 10 7 mm Tambin: d =a2 +0+02

=

a4

=

a 2

50

planos 24 3600 s 2.008 10 7 mm = 0.867 mm / da s 1 da 1 plano


Una chapa de hierro de 10 mm de espesor es sometida a carburacin (proceso por el cual se introduce carbono en hierro a fin de endurecerlo superficialmente) a 750 C. A dicha temperatura, y suponiendo rgimen estacionario, las cantidades de C en cada una de las caras de la chapa son 0.015% y 0.0068% en peso. Calcule el rea de chapa necesaria para que en 2 horas la hayan atravesado 0.6 g de C.Datos: (Utilice slo aqullos que considere pertinentes) a(FeCC) = 0.287 nm a(FeCCC) = 0.359 nm DCFe( 500C) = 13.491109 cm2/s DCFe( 800C) = 606.12109 cm2/s M(Fe) = 55.85 uma M(C) = 12 uma R = 8.314 J/(molK) PARTE II

Fe y C forman una solucin slida intersticial, esto permite suponer que la solucin slida ocupa el mismo volumen que el hierro puro. CA = tom C CARA A vol1 mol N A tom = 0.0125 N A tom C 12 g 1 mol

tom C A = 0.15 g C

vol = (100 0.15) g Fe

1 mol N A tom 1 celd (0.287 10 9 m) 3 = 21.132 10 30 N A m 3 55.85 g 1 mol 2 tom 1 celd

(Hay 2 tomos / celdilla porque la estructura es CCI) C A = 591.52 10 24 tom C / m 3 50

CB =

0.068 g C 1 mol C N A tom 55.85 g 1 mol 2 tom 1 celd = 99.932 g Fe 12 g 1 mol 1 mol Fe N A tom 1 celd (0.287 10 9 m) 3

= 267.94 10 24 tom C / m 3 CALCULO DE COEFICIENTES DE DIFUSIN A 750 C: D1 = D 500 C ; D1 = D0 exp(Q / RT1 ) D2 = D 800 C ; D2 = D0 exp(Q / RT2 )

Q 1 1 D1 = exp D2 R T2 T1

D1 R Ln D1 Q D 2 = 87493 J / mol = [1 / T 2 1 / T 1] Q = tomando Ln Ln 1 1 D2 R T 2 T1 D0 = D1 = 0.011 cm 2 / s exp(Q / RT 1)

Q 9 2 D 750 C = D0 exp = 375.38 10 cm / s R 1023.15 FLUJO (1 LEY DE FICK) A 750 C: C C 1 m2 C 9 J = D = 375.38 10 4 B 3 A = 1.214 1018 tom C / m 2 s 2 x 10 cm 10 10 m S = 0 .6 g 1 mol C N A tom 1 1 = 3.44 m 2 12 g 1 mol 7200 s J


El Bi [Tf = 271.4 C, M(Bi) = 209 uma] y el Au [Tf = 1064 C, M(Au) = 197.2 uma] son completamente solubles en estado lquido e insolubles en estado slido. Existe una transformacin peritctica a 371 C, por la que L(32% Au) reacciona con cristales de Au elemental para dar un compuesto intermetlico que contiene un 65.4% Au. Por otra parte, el Bi y el compuesto intermetlico forman un eutctico del 12.5% Au a 241 C. a) Dibuje el diagrama de equilibrio del sistema Bi-Au, indicando en cada zona las fases existentes. b) Calcule la frmula del compuesto intermetlico del 65.4% Au. c) Dibuje la curva de enfriamiento (T, t) de una aleacin del 40% Au, enfriada lentamente (en equilibrio) desde el estado lquido a la temperatura ambiente y escriba la transformacin que se produce en cada tramo de la misma. Asimismo, ilustre junto a ella las microestructuras inicial, final y las correspondientes a las proximidades de los puntos de inflexin (solamente justo antes del cambio brusco de pendiente). d) Para la aleacin considerada anteriormente en c), determine la proporcin (% respecto del total de la aleacin), que representa el compuesto intermetlico que forma parte nicamente del eutctico. 51

PARTE III

a)

Las transformaciones invariantes son: T = 241 C T = 371 C L (12,5% Au) Bi + AuxBiy EUTCTICO L (32% Au) + Au AuxBiy PERITCTICO M(AuxBiy) = 197.2x + 209y

b) Compuesto AuxBiy,

197.2 x + 209 y 197.2 x x 209 65.4 = = = 2.003; x = 2; y = 1 100 65.4 y 34.6 197.2 Frmula del compuesto: Au2Bi c) Curva de enfriamiento del 40% Au.

d) Determinamos cul es la fraccin del eutctico y a sta le aplicamos la parte proporcional de Au2Bi en el eutctico: 52

FL = FEUT =

65.4 40 100 = 48% 65.4 12.5 12.5 0 100 = 19%; 65.4 0

F ( Au 2 Bi ) E = F ( Au 2 Bi ) = FEUT F ( Au 2 Bi ) E =

48 19 = 9% 100


Una forma cristalina de slice (SiO2) tiene una celdilla unidad cbica. A partir de los resultados de difraccin de Rayos X se sabe que la celdilla unidad tiene una arista de longitud 0.700 nm. Si la densidad medida es de 2.32 g/cm3: a) cuntos iones Si4+ y O= hay por celdilla unidad? b) cul ser el factor de empaquetamiento expresado en %?Datos: M(Si) = 28.09 uma, M(O) = 16.00 uma, R(Si4+) = 0.040 nm R(O=) = 0.140 nm PARTE IV

a) a = 0.700 nm = 7 10 8 cm;

Vc = a 3 = (0.700 nm) 3 = 3.43 10 22 cm 3

= 2.32 g / cm 3M ( SiO2 ) = M ( Si ) + 2 M (O) = 28.09 + 2 16.00 = 60.09 uma

Conocida la densidad del material podemos conocer el nmero de unidades-frmula por celdilla unidad: unid . frmula 1 mol N A unid . frmula 3.43 10 22 cm 3 g n = 2.32 3 = 7.98 8 cm 60.09 g celd 1 mol 1 celd 4+ = Luego, en cada celdilla habr 8 cationes Si y 16 aniones O . b) Femp = 100 Vocupado Vtotal = 100 Vocup Vc

Suponiendo que los iones son completamente esfricos y conocidos el valor de los radios atmicos, calculamos el volumen ocupado:RSi 4 + = 0.040 nm = 4 10 9 cm RO = = 0.140 nm = 1.4 10 8 cm

Vocupado = 8 =

4 4 4 ( RSi 4 + ) 3 + 16 x ( RO = ) 3 = 8 ( RSi 4 + ) 3 + 16 ( RO = ) 3 = 3 3 3

[

]

4 8 (4 10 9 ) 3 + 16 (1.4 10 8 ) 3 = 1.86 10 22 cm 3 3

[

]

Sustituyendo en la primera expresin se obtiene el valor del factor de empaquetamiento: Femp = 100 1,86 10 22 cm 3 = 54.23% 3,43 10 22 cm 3 53


La variedad esfalerita del sulfuro de zinc es un slido cristalino de simetra cbica cuya estructura puede representarse por un conjunto de iones azufre situados en las posiciones correspondientes a una red CCC, mientras los iones zinc ocupan la mitad de los huecos intersticiales de menor tamao. a) Represente los planos (112) y (100) y calcule, grfica y vectorialmente, los ndices de Miller de la lnea de interseccin de dichos planos. b) Calcule la densidad terica de la esfalerita. c) Calcule la densidad lineal de (i) iones azufre e (ii) iones zinc, expresada en iones por nanmetro, en la direccin [111]. Datos: Radio del ion azufre = 0.168 nm; Radio del ion zinc = 0.067 nm; M(S) = 32.06; M(Zn) = 65.38PARTE Ia)

Analticamente:

Normal al (100) = n(100)= [100] Normal al (112) = n(112)=[112]

i j k n(100) x n(112) = 1 1 2 = 2 j k 02 1 1 0 0

[ ]

Grficamente:

Los dices de la lnea de corte son 02 1

[ ]

b)

54

Como el Zn2+ est en el centro del cubo pequeo: D = RS 2 + RZn 2 + D = 2 D = 4( RZn 2 + + RS 2 ) 2 Siendo el volumen de la celdilla: D Vceldilla = a3 = = 0.1598 nm 3 = 159.8410 24 cm 3 3 = 4( M s + M Zn ) m = = 4.048 g / cm 3 24 V 159.2410 N A3

c) [111]=diagonal del cubo

N iones de S :

2-

1 N iones S 2 1 2 = 1 in S 2 [S ] = = = 1 / 0.91 = 1.064 in / nm 111 2 longitud diagonal D2+

N iones Zn 2+ 1 1 inde de Zn 2+ [Zn ] = = = 1 / 0.91 = 1.064 in / nm 111 N de iones de Zn : longitud diagonal D


La figura siguiente corresponde al diagrama de equilibrio binario, de solubilidad total en estado lquido y parcial en estado slido, formado por los metales A y B.

55

Datos: M(A) = 10 umas, M(B) = 20 umas, densidad de la fase ms rica en el elemento A = 5 g/cm3

El compuesto est formado por tomos de B ocupando las posiciones de una red CC con todos los huecos octadricos ocupados por tomos de A. Su parmetro de red vale 0.3 nm. a) Nombre las distintas regiones del diagrama (de izquierda a derecha empleando las letras , , , , ...) e indique esquemticamente las distintas transformaciones que tengan lugar (Ej: (x%B) + (y%B) (z%B)), indicando su tipo y sealndolas sobre el diagrama. b) Trace la curva de enfriamiento en condiciones de equilibrio de una aleacin del 30 %B, desde el estado lquido hasta la temperatura ambiente. Seale esquemticamente los fenmenos que ocurren en cada tramo. Dibuje la microestructura que se obtendra en cada uno de los tramos. c) Calcule la frmula emprica del compuesto que aparece en el diagrama. d) Qu porcentaje de rea (= porcentaje en volumen) de la microestructura de una aleacin del 30 %B a 299 C estara ocupado por cada uno de los microconstituyentes?PARTE II

a)

1. Peritctica: 2. Eutectoide: 3. Peritctica: 4. Eutctica: b)

(5% B) + L(35%) (15% B) (20% B) (10% B) + C (40% B) (25% B) + L(50% B) C (40% B) L(70% B) C (40% B) + (90% B)

56

c) 1 mol 60 g A = 6 mol A . 10 g Por cada 100 g de C 1 mol 40 g B = 2 mol B . 20 g Por tanto, la formula es A3B. d) Microconstituyentes: C(PE) +Eutectoide. A 301C se calculan las cantidades de (pasar a ser eutectoide) y C(PE): 301C 30 20 = 50% en peso 40 20 % = % eutectoide = 50% en peso. %C = 100 Para pasar esos valores a % volumen, debe calcularse el volumen ocupado por 50g de C y 50 g de eutectoide (partiendo de 100 g de aleacin)

57

Vol C =

mC

C

=

50 g 50 g = = 8.13 cm 3 7 3 23 3 (2at 20 umas + 6 at 10 umas) /(0.3 10 cm) 6.023 10 6.15 g / cm

Vol eutectoide = =

meut

eut

= ( por 100 g de eutectoide hay 33.3g de C y 66.6g de a 299C)

50 g = 9.36 cm 3 66.6 g + 33.3 g 66.6 g 33.3 g + 3 5 g / cm 6.15 g / cm 3 9.36 100 = 53.51 % 8.13 + 9.36

% vol eutectoide % rea eutectoide = %vol C = 46.49%


Cierto polmero se elabora a partir de cantidades iguales de masa de isopreno (C4H5CH3) y butadieno (C4H6). a) Cmo se denomina el proceso de elaboracin? Haga un esquema de la estructura del polmero resultante teniendo en cuenta las proporciones de partida. b) Cul es la fraccin molar de cada uno de los componentes? c) Qu masa de azufre debe aadirse a 2 kg de este polmero para producir un 1% de todos los enlaces cruzados posibles. Cmo se denomina este proceso? Qu tipo de polmero se tiene antes y despus del proceso? d) Si el porcentaje de enlaces se elevase hasta el 100%, qu tipo de polmero se obtendra. Calcule la cantidad de azufre necesaria para ello. Datos: M(C4H5CH3) = 68.13, M(C4H6) = 54.10, M(S) = 32.06.PARTE III

a) El proceso se denomina copolimerizacin M(C4H5CH3) = 68.13 M(C4H6) = 54.10 F= 68.13 = 1.26 5 / 4 , es decir 4 meros de C4H6 por cada 5 de C4H5CH3 56.10 -CH2-CH=C2H3-CH2-

-CH2-CH=CH-CH2b) En 100g de copolmero: 50 g sern de C4H5CH3 y 50 g de C4H6

58

n(C4H5CH3)=50 g

1 mol = 0.73 moles de isopreno 68.13 g 1mol = 0.92 moles de butadieno n(C4H6)=50 g 54.10 g

las fracciones molares sern por tanto: fisopreno=0.73/(0.73+0.92)=0.44 fbutadieno=0.92/(0.73+0.92)=0.56 c) En 2 kg habr: 1000 g C4H5CH3 1 mol N A meros = 14.68 N A meros de isopreno 68.13 g 1 mol

1000 g C4H6

1 mol N A meros = 18.48 N A meros de butadieno 54.10 g 1mol

Nmero total de meros = (14.68+18.48) NA = 33.16 NA meros. El proceso que se plantea es una VULCANIZACIN que convertir al polmero TERMOPLSTICO inicial en un ELASTMERO tras formarse puentes de S (enlaces cruzados). H CH3 H H | | | | CCCC | | H H S S H H | | CCCC | | | | H C H H Observando la figura anterior, vemos que se formarn puentes de S con cada C unido por doble enlace, rompindose ste y pasando a ser simple, y unindose ambas molculas a travs de los tomos de S. Se deduce que puede formarse un enlace cruzado por cada mero, o sea, 33.16 NA posibles enlaces para la cantidad indicada. Si de ellos, slo existen un 1% esto quiere decir que la vulcanizacin ha originado: 33.16 NA 0.01 = 0.332 NA 21023 enlaces cruzados. Como cada enlace exige 1 tomo de S sern necesarios 0.332 NA tomos de S, lo que representa una masa de: 1 mol 32.02 g m1% = 0.332 N A atomos = 10.63 de S N A tomos 1 mol S d) Si se establecieran todos lo enlaces cruzados posibles el polmero se convertira en un termoendurecible y el proceso sera una supervulcanizacin. Esto requerira una masa de S de: m100% = 33.2 N A atomos 1 mol 32.02 g = 1063 g de S N A tomos 1 mol S (100 veces mayor)

59

Datos: ni (300K) = 1.51016 m3 ; e =1.61019C, e = 0.135 m2/(Vs), h = 0.048 m2/(Vs); Eg = 1.1 eV, kB = 8.62105 eV/K, M(Si) = 28.08 umas, Densidad(Si) = 2.33 g/cm3 PARTE III (33 puntos)(convocatoria ordinaria)

Se dispone de una muestra de silicio puro con forma de disco cilndrico de 1 cm de radio y 0.1 cm de grosor. a) Calcule la resistencia elctrica de la muestra, en la direccin del eje del disco, a la temperatura de 300 K? b) Calcule la conductividad a la temperatura de 200 C. c) Si la muestra es dopada con 1.41013 tomos de Boro por cm3, en qu tipo de semiconductor se convierte? Qu significa esto? Ilustre con un esquema la alteracin que introducen los tomos de Boro en el enlace. Calcule el nmero de tomos de Si por cada tomo de Boro tras el dopado. d) Calcule la resistividad elctrica de la muestra dopada a la temperatura de 300 K.Datos: ni (300K) = 1.51016 m3 ; e =1.61019C, e = 0.135 m2/(Vs), h = 0.048 m2/(Vs); Eg = 1.1 eV, kB = 8.62105 eV/K, M(Si) = 28.08 umas, Densidad(Si) = 2.33 g/cm3 PARTE III

A= (10-2)2=3.14210-4m2 a) A 300K: l ? 10 3 = 3.183 m 1 R= = 4 2 A 3.142 10 m 1 La resistividad: =

La conductividad del Si intrnseco se calcula como:

= eni ( e + h ) = 1.610 19 C 1.51016 m 3 (0.135 + 0.048) m 2 /(V s) == 4.39210 4 Cm 1 /(V s ) = 4.39210 4 (m) 1 por tanto, =2276.867 m , y la resistencia elctrica de la muestra valdr R = 3.183 m 1 2276.867 m = 7.25103 = 7.25 k b) Sabemos que la conductividad de un semiconductor intrnseco vara con la temperatura segn la ley: (T ) = 0 exp( E g / 2k B T ) Puesto que Eg es conocido, podemos conocer el valor de 0 a partir del valor de la conductividad a 300 K calculado en el apartado anterior:

0 = (300 K )exp(+ E g / 2k B 300) = 4.39210 4 (m) 1 exp(= 7.57510 5 (m) 1 Ahora puede calcularse la conductividad a 473 K:

1.1 eV ) 3 eV 28.6210 300 K K

60

1.1 ) = 1.05 (m) 1 5 28.6210 473 (Es decir, la conductividad a pasado a ser 2392 veces mayor entre 300 y 473 K)

(473) = 7.57510 5 exp(

c) El boro es un elemento de grupo III, por tanto ser una impureza aceptora que convertir al semiconductor extrnseco de tipo p, lo que significa que la concentracin de portadores huecos es superior que la concentracin de electrones de conduccin. Desde el punto de vista del modelo de enlace: El tomo de boro tiene valencia 3, mientras que los de Si tienen valencia 4. Esto significa que cada tomo de B slo tender a formar 3 enlaces con sus tomos vecinos; el cuarto quedar roto hasta que capture 1 electrn; lo que convertir al tomo en un in negativo (B-).

La concentracin de tomos de Si puede calcularse a partir de su densidad: [Si]=2.33 Por otro lado, [B]=1.41013 tomos B/cm3 Por tanto, 2.33g 1 molN A tomos tomos de Si = 510 22 3 cm 28.08 g 1 mol cm 3

[Si ] = 510 22 f= [B] 1.41013

= 3.5710 9

d) Podemos suponer que a 300K todas las impurezas estn ionizadas y que, por lo tanto, hueco 10 6 cm 3 p 1.41013 = 1.41019 hueco / m 3 3 3 cm 1m 19 Como p (1.410 ) >> ni (1.51016), la conductividad: m2 ep h = 1.61019 C 1.41019 m 3 0.048 = 0.108 (m) 1 , V s (Es decir, 246 veces mayor que la que tiene la muestra intrnseca a la misma temperatura). La resistividad es la inversa de la conductividad con lo cual: 1 = = 9.26 m

61


La celdilla unidad del Al2O3 tiene simetra hexagonal con parmetros de red a = 0.4759 nm y c = 1.2989 nm. (a) Si la densidad del material es 3.99 g/cm3, calcule su factor de empaquetamiento atmico. (b) Cul ser la nueva densidad del material si un 2 % de la posiciones aninicas estn vacantes y se conserva la estequiometra del material? DATOS: R(Al3+) = 0.053 nm , R(O=) = 0.140 nm , M(Al) = 26.98 umas , M(O) = 16 umasPARTE I

a) Al2O3, relacin Al3+/O2- = 2/3. Base de clculo: 1 unidad Al2O3. Volumen ocupado = 2 4/3 (0.05310-7)3 + 3 4/3 (0.14010-7)3 = 3.57310-23 cm3 Volumen total = m/ = [(226.98 / NA)+ (316 / NA)] / 3.99 = 4.243 10-23 cm3 Femp = Volumen ocupado = 0.842 Volumen total

b) Base de clculo: 1 unidad Al2O3. 2 % vacantes aninicas => de 3 O= pasamos a 3 0.98 O= 2 Al 3+ Se conserva la estequiometra => 3 0.98 O = = 2 0.98 Al 3+ = 3O m 0.98 (masa aniones + masa cationes) = = = 0.98 3.99 = 3.91g / cm 3 V el volumen ocupado no cambia Puede tambin resolverse utilizando cualquier otra base de clculo, por ejemplo, una celdilla unidad. a) 3a 2 Vtotal = Abase altura = 6 Areac = 6 c = 7.6410 22 cm3 4 Vocupado = Hay que conocer el n de Al3+ y O= que hay en cada celdilla.36 Al 3+ Al 2 O3 g 7.6410 22 cm 3 1 mol Al 2 O3 N A unidades 18 = 3.99 3 = 1 celdilla 101.96 g 1 mol celdilla cm 54O

Femp =

364 / 3 (0.05310 7 ) 3 + 544 / 3 (0.14010 7 )3 = 0.842 7.6410 22

b) Base de de clculo: 1 celdilla unidad 2% vacantes aninicas: 54 O= => 540.98 O= = 52.92 O= Se conserva la estequiometra: 52.92 O= 2Al3+ / 3O= = 35.28 Al3+

62

=

m = V

35.28

26.98 16 + 52.92 NA NA = 3.91g / cm3 22 7.6410


Se ha preparado una aleacin frrea mediante fusin de 10 kg de Fe3C y 50.7 kg de Fe. (a) Dibuje el diagrama de equilibrio correspondiente, suponiendo lneas rectas, e indicando los datos ms relevantes. Seale, con trazo ms grueso, la lnea solidus. Site en el diagrama la aleacin descrita, a la temperatura de 1000 C. Cmo se clasificara esta aleacin en atencin a su composicin? Realice el anlisis de fases de dicha aleacin (fases presentes, composicin y porcentaje de cada una de las fases) a la temperatura de 1000 C. [5 puntos] (b) Dibuje la curva de enfriamiento T-t, en rgimen de equilibrio, de esa aleacin partiendo desde el estado lquido hasta la temperatura ambiente. Indique, esquemticamente, las transformaciones que pudieran tener lugar y la posible microestructura observable en cada tramo. Qu diferencias cabra esperar en la microestructura a 1000C si el enfriamiento no se llevase a cabo en condiciones de equilibrio? [10 puntos] (c) Describa las diferencias microestructurales, a temperatura ambiente, de esta aleacin en estado recocido y en estado normalizado. [10 puntos] (d) Suponiendo que el enfriamiento se ha realizado en rgimen de equilibrio, haga el anlisis de fases y calcule los porcentajes de los microconstituyentes a temperatura ambiente. Qu porcentaje de cementita contiene la mezcla eutectoide? [10 puntos] DATOS: M(Fe) = 55.85 umas, M(C) = 12 umasPARTE II

a)

Tenemos 10 kg de Fe3C y 50.7 kg de Fe,

M(Fe3C) = 55,853 + 12 = 179,55

1 mol Fe3 C 179.55 g 10 4 = = x = 668.34 g C 1 mol C 12 g x 63

Por tanto, el porcentaje de C ser: 668.34 g Fc = 100 = 1.10% C , que ser la composicin de nuestra aleacin 4 (10 + 50.710 3 ) g (la cruz rodeada con un crculo marca su ubicacin en el diagrama a la temperatura 1000C). Se trata de un acero HIPEREUTECTOIDE. En el diagrama trazado, puede plantearse la duda de si a 1000C la aleacin se encuentra en la regin austentica ( ) o en la regin bifsica +Fe3C . Un sencillo clculo, suponiendo tramos rectos, permite cerciorarse de que la aleacin se sita en la zona monofsica ( ).

1148 727 x = x = 103.7 C 2.11 0.77 1.10 0.77 727 C + 103.7 C = 830.7 C < 1000 C Por tanto, la aleacin se encuentra por encima de la lnea de Acm del diagrama. La nica fase presente es (austenita), por tanto, tendremos 100 % de austenita con composicin del 1,10 %C. b)

A 1000 C 64

1) Con enfriamiento en rgimen de equilibrio.

2) Con enfriamiento en rgimen de no equilibrio Aparecer microsegregacin o Coring.

c) La microestructura obtenida por normalizado (respecto a la obtenida por recocido) se caracterizar por tener: Menor proporcin de Fe3C secundaria (en red) Mayor proporcin de perlita y, adems, con estructura ms fina. d) Fases presentes: Fe3C (6,68 % C) y (0.02 % C)

1.10 0 100 = 16.47% 6.68 0 F = 100 16.47 = 83.53% FFe3C =

Microconstituyentes: C(PE), perlita( + Fe3C ) El porcentaje de perlita ser aproximadamente igual al porcentaje de austenita justo antes de la transformacin eutectoide, por tanto:

6.68 1.10 F = 100 = 94.42% Fperlita 94.42% 6.68 0.77 El porcentaje de Fe3C preeutectoide ser, por tanto, de FFe C(PE`) = 100 94.42 = 5.58%3

Finalmente, qu porcentaje de cementita contiene la perlita? 1erMtodo: En 100g de aleacin habr: 16.47g-5.58g=10.89 g de cementita que pertenecen a la perlita, por tanto, 10.89 g cementita Fcementita perlita = 100 = 11.53% el 11.53% de la perlita es cementita. 94.42 g perlita 2Mtodo: Segn el diagrama, el porcentaje de cementita que forma parte de la cementita (de composicin 0.77 %C) se calcular como:

0.77 0 FFe C(PE`)= 100 = 11.53% 11.53% de la perlita es cementita. 6.68 0 3

65


Una capa de 0.05 cm de MgO se sita entre capas de Ni y Ta (vase figura) para dificultar la difusin entre ellas. a) Si 1 m de la capa de Ni se ha difundido y homogeneizado en la de Ta, Cul ser el nuevo espesor de la capa de Ta? [14 puntos] b) Calcule la densidad (g/cm3) del nuevo material formado en la capa inferior. [7 puntos] c) Suponiendo que, de algn modo, la concentracin de Ni en el Ta se mantiene constante e igual a la de los apartados anteriores, determine el tiempo necesario, a 1400 C, para que un espesor de 0.5 m de la capa de Ni se difunda hacia la de Ta. [14 puntos] DATOS: D0 (NiMgO) = 28 104 cm2/s Q(NiMgO) = 27.2104 J/mol R = 8.314 J/(molK)0.5 cm 0.05 cm 0.5 cm Ta 2 cm 2 cm Ni MgO

M(Ni) = 58.7 g/mol R(Ni) = 0.127 nm Est. Crist. (Ni) : CCC M(Ta) = 180.9 g/mol R(Ta) = 0.143 nm Est. Crist. (Ta) : CC

PARTE III

a) Ni y Ta formarn una solucin slida de sustitucin (SSS). Por tanto, supondremos que el volumen de un tomo de Ni es igual el volumen atmico del talio, y que adems el Ni ocupa posiciones de la red del Ta. Si llamamos NTa al nmero de tomos de Ta y NNi al de Ni en una capa de 1 m , entonces el volumen de la capa de Ta ser VTa=220.5=2 cm3 Por otra parte NTa+NNi contribuyen al volumen de la SSS, que llamamos Vsss. Con lo cual: N + N Ni Vsss = Ta N Ta VTa

NTa: Al ser una estructura CC, aTa= N Ta =

4 RTa 3

= 0.33 nm = 3310 9 cm

tomos celd 2 VTa = 3 2 = 111.30610 21 tomos Vceldilla aTa 4R NNi: Al ser una estructura CCC, aNi= Ni = 0.359 nm = 35.9210 9 cm 2 tomos celd 4 N Ni = Vcapa 1 m = 3 2210 4 = 34.521018 tomos Vceldilla a Ni De aqu concluimos que: Vsss=2.00062 cm3, con lo cual el espesor=Vsss/(22) = 500.15510-3cm 66

b) sss =

m sss VsssM Ta M + N Ni Ni = 33.434 g sss = 16.7119 g / cm 3 NA NA= 2810 e4 27.210 4 8.3141673.15

m sss = N Ta

c) D1440 C = D0 e

Q RT

= 9.01910 12 cm 2 / s

El flujo de Ni a travs de MgO ser: c1 = c2 = at celd at Ni 4 = = 86.310 21 3 Vceld cm 3 a Ni N Ni 34.521018 at Ni = = 17.2541018 Vsss 2.00062 cm 3

c = 86.2810 21 tomos Ni / cm 3

atNi c 10 21 ) 12 ( 86.25 J = D = 9.01910 = 15.5631012 cm 2 s x 0.05 Como la superficie a travs de la que se produce el flujo es de 22 cm2 62.2541012 El tiempo necesario para eliminar una capa de Ni de 0.5 m de espesor ser: at Ni s

t=

N Ni / 2 34.521018 = = 277.24103 s = 77.01h 12 12 62.25410 62.2510

67

Septiembre 2003PARTE I [30 puntos]

a) Calcule la densidad terica del NaCl. [10 puntos] b) Bajo ciertas condiciones, el sistema de deslizamiento (i) {001} acta en esta estructura, adems del sistema de deslizamiento habitual, que es el (ii) {110}< 1 1 0 >. Haga esquemas ilustrando dichos sistemas de deslizamiento del NaCl. [6 puntos] c) Calcule el mdulo del vector de Burgers en los casos (i) y (ii). [4 puntos] d) Calcule la direccin de la lnea de dislocacin en los casos (i) y (ii), suponiendo que se trata de dislocaciones de cua. [5 puntos] e) Indique razonadamente cuntos sistemas de deslizamiento de los tipos (i) y (ii) existen. [5 puntos]

Datos: R(Na+) = 0.102 nm, M(Na+) = 22.9 umas, R(Cl) = 0.181 nm, M(Cl) = 35.45 umasPARTE Ia)

a = 2( Rcl + RNa ) = 0.566En una celdilla hay 4 unidades frmula NaCl , con lo cual

=

1 mol 4 unid formula 1 celdilla m (22.9 + 35.45) g = = 2.14 g 3 7 3 3 cm V N A unid formula 1 mol 1 celdilla (0.56610 ) cm

b)

68

c) En I) y II) b 1/2 diagonal de la cara =1/2 2 a = 0.4 nm d) Plano de deslizamiento

l = [1 10]

l = [001]

e)

I) 3 planos

(001) (010) (100)

2 direcciones

(011) [110][1 1 0] (010) [101][10 1 ] 6 sistemas (100) [101][01 1 ]

II) 6 planos

(100) (1 1 0) (101) (10 1 ) (011) (01 1 )

1 direccin

(110) [1 1 0] (1 1 0) [110] (101) [10 1 ] 6 sistemas (10 1 ) [101] (011) [01 1 ] (01 1 ) [011]

PARTE II [35 puntos]

A 1200 C, un metal A (TF = 1750 C) disuelve un mximo del 15 % de un metal B (TF = 850 C), formando una solucin slida . A la citada temperatura de 1200 C, estn en equilibrio la mencionada fase , una solucin slida , que contiene un 55 %A, y un lquido del 70 %B (para composiciones entre 15 y 70 % B). La solubilidad, a 25 C, de B en A es del 5 %B, y la de A en B es del 55 %B. a) Dibuje, a escala aproximada, el diagrama de fases binario A-B, suponiendo que todas las lneas son rectas. [10 puntos] b) Dibuje la curva de enfriamiento T-t, en rgimen de equilibrio, desde el estado lquido hasta la temperatura ambiente, de una aleacin del 50 %B. En cada tramo, indique las fases presentes, las transformaciones que pudieran tener lugar, y dibuje la microestructura del material. [10 puntos] c) Para la misma aleacin del apartado anterior, y en el caso de que el enfriamiento no se realice en condiciones de equilibrio, dibuje su microestructura a temperatura ambiente. [5 puntos] d) Qu cantidad de precipitado contiene, a 300 C, una aleacin del 10 %B tras ser solidificada en condiciones de equilibrio? [5 puntos] e) Con la aleacin del 10 %B se ha fabricado una pieza, mediante moldeo en arena. Indique, escuetamente, cmo podra mejorar la resistencia mecnica de esta pieza ya fabricada. [5 puntos]

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PARTE II a)

b)

c) Aparecera cercado e incluso coring en los granos de precipitado

d) Mediante tringulos semejantes: 1175 10 = x = 7.66 900 x 15 7.66 = 7.34%

y = 7.66 45 + 7.66 = 52.66%

Precipita :

% =

10 7.34 100 = 5.87% 52.66 7.34 70

e) Puesto que la pieza ya est fabricada, par no alterar su geometra, lo ms idneo es un tratamiento de envejecimiento (solubilizacin + hipertemple + maduracin). Este se puede, a priori, realizar por la estructura del diagrama A-B (solubilidad slida decreciente, de B en A, al disminuir la temperatura).PARTE III [35 puntos]

La temperatura a la cual se forman, de manera homognea, ncleos de hielo en el seno del agua subenfriada es -40 C. a) Deduzca y calcule el valor del radio crtico de los ncleos de hielo. [15 puntos] b) Determine el nmero de molculas de agua (H2O) necesarias para formar un ncleo de tamao crtico de hielo. [15 puntos] c) Cmo explica que los charcos de agua se congelen en invierno cuando la temperatura disminuye solamente algunos grados por debajo de 0 C? [5 puntos] Datos: TF (agua) = 273 K Densidad (hielo) = 0.92 g/cm3 Calor latente de solidificacin del hielo = 335 kJ/kg Energa superficial especfica (hielo-agua) = 25103 J/m2 NA = 6.0231023 M(H) = 1 uma M(O) = 16 umasPARTE III

a) Si denominamos Gv a la variacin de energa libre por unidad de volumen solidificado, la variacin total de la energa libre correspondiente a la formacin de un embrin esfrico de radio r se calcula como: 4 G = r 3 Gv + 4 r 2 SL 3 siendo SL la energa libre superficial de la interfase S-L. La funcin G (r ) presenta un mximo en r = r*, siendo r* el denominado radio crtico. Para calcular r* basta imponer la condicin de extremo, esto es: dG dr = 0 4 r *2 Gv + 8 r * SL = 0 r* = 2 SL / Gv

r*

El problema facilita el calor latente de solidificacin y no la variacin de energa libre, pero, obviamente, ambas magnitudes estn relacionadas. Recordando que G = H TS , a la temperatura de fusin: h(T f ) Gv (T f ) = h(T f ) T f S (T f ) h(T f ) S (T f ) = Tf A cualquier temperatura T, prxima a Tf, se cumplir:

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Gv (T ) h(T f ) TS (T f ) = h(T f ) Th(T f ) / T f = r * (T ) = Sustituyendo: 2 SL T f 2 SL = Gv (T ) h(T f )(T f T )

h(T f ) Tf

(T f T ) =

h(T f ) Tf

T

22510 3 273 = 1.10710 9 m = 1.11 nm 1 33510 3 10 3 3 0.9210 6 (40) 10 b) El volumen del ncleo del radio crtico valdrr* =

4 r *3 = 5.686 nm 3 = 5.68610 21 cm3 3 y la masa de este ncleo ser: V*= M* = V * = 0.92 g / cm 3 = 5.2310 21 g La masa molar del agua es M(H2O) = 2+16 = 18 g/mol, por lo que el nmero de unidades de unidades de H2O que estarn contenidas en el ncleo ser:N* =1 mol H 2 O N A unidades M * = 174.95 molculas 18 g 1 molH 2 O

c) Porque existe nucleacin heterognea y ello reduce considerableme

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