FACULTAD DE INGENIERIA MECANICA Y CIENCIAS DE LA PRODUCCION CIENCIA DE LOS MATERIALES SEMESTRE MAYO-SEPTIEMBRE 2016
TRABAJO EN EQUIPO SOBRE RESOLUCION DE PROBLEMAS
INTEGRANTES: NICOLAS CHAVES VASCO MANUEL MEDINA NARANJO JOSUE CUÑAS REYES
PROFESORA: ANA LUISA RIVAS FERRIN PARALELO: 1
ANEXO 1. Problemas
Solid Solidif ifii cación
1) Derive la ecuación para la energía de activación y radio crítico para nucleación homogénea, considerando un núcleo en forma esférica.
∆ 4 = ∆ + ∆ = 3 ∆ + ∆ = 4∆ + 22 = 0 4∆ 4∆ + 2 = 0 = 0 ∨ 4∆2 + 22 = 0 = 4∆ ∗ = ∆ ∗ = ∆2∆ ∗ radio critico
Se reemplaza
∆∗ = ∆
en r
energía de activación critica
2) Partículas de hielo nuclean homogéneamente a -40°C. Calcular el radio crítico y la energía de activación, dado el calor latente de fusión igual a ( – 3.1 3.1 x 108 J/m3) y la energía libre de superficie (25x 10-3 10-3 J/m2). Repita el ejercicio para una temperatura de -20°C y de -10°C. Que puede concluir sobre el efecto del subenfriamiento sobre el
radio de la partícula. Nota: el subenfriamiento es la diferencia de temperatura entre la temperatura de fusión y la temperatura donde ocurre la transformación de fases. Al ser la temperatura de transformación de líquido a sólido de 0°C, el subenfriamiento corresponde a las temperaturas dadas en el problema.
r∗ = ∆H2yTm ∆T ∗r = 223.5x101x10−24730 = 1.10110− ∗r = 223.5x101x10−22730 = 2.201610− ∗r = 223.5x101x10−21730 = 4.403210− 1 6 ∗ ∆ = 3∆∆ − 1 6 2 510 2 73 ∗ ∆ = 33.11040 = 1.289610− − 1 6 2 510 2 73 ∗ ∆ = 33.11020 = 5.075810− − 1 6 2 510 2 73 ∗ ∆ = 33.11010 = 2.03034810−
3) (a). Calcular r* and ∆G* para nucleación homogénea de solidificación de Ni. La temperatura de fusión del Ni es 1455°C; el valor de ∆Hf (– 2.53 x 109 J/m3) y la energía libre de superficie, γ, (0.255 J/m2). El valor del subenfriamiento T es 319°C (319 K).
r∗ = ∆H2yTm ∆T r∗ = 20.22.5553x101455+273 319 = 1.091910−
1 6 ∗ ∆ = 3∆∆ 1 6 0 . 2 55 1455+273 ∗ ∆ = 32.5310319 = 1.277610− Defectos
4) Calcule la fracción de sitios atómicos que están vacantes para plomo a su temperatura de fusión de 327°C (600 K). Asuma que la energía para formación de vacancias es de 0.55 eV/átomo.
= 8,62∗10 0.− eV55 átáteVomoomo∗600K k = 2,408∗10−
5) Calcule el número de vacancias por metro cúbico en hierro a 850°C. La energía de formación de vacancias es 1.08 eV/átomo. Adicionalmente, la densidad y peso atómico del Fe son de 7.65 g/cm3 and 55.85 g/mol, respectivamente.
= 8,62∗10 −1.eV0 8átáteVoomomo∗1123K k eV 1. 0 8 = ∗8,62∗10− eVk átátoomomo∗1123K
eV 1. 0 8 = ∗ ∗ 8,62∗10− eVk átátoomomo ∗1123K eV 1. 0 8 6. 0 2310 = 7.65∗ 55.85 ∗8,62∗10− eVk átátoomomo∗ 1123K = 1.18∗10 − = 1.18∗10 / 6) Para tener cierta perspectiva de las dimensiones de los defectos a escala atómica, considere una muestra metálica que tiene una densidad de dislocaciones de of
mm-
2. Supóngase que todas las dislocaciones están en 1000 mm3 (1 cm3) donde de alguna manera se unen como hilos de principio a fin. ¿Cuán lejos (en kilómetros) se puede extender esta cadena de dislocaciones? Ahora suponga que la densidad de di slocaciones es incrementada a
mm-2 mediante trabajo en frío. ¿Cuál será la longitud de la
cadena de dislocaciones en 1000 mm3 de material?
Situación 1
10−1000 = 10 = 1
(
Situación 2
10−1000 = 10 = 10
Difusión
7) Existen 2 mecanismos de difusión atómica en estado sólido, intersticios y vacancias. a. Compare el mecanismo de difusión atómica intersticial con el mecanismo de difusión atómica por vacancias
Difusión por vacancia: Un átomo abandona su sitio en la red para llenar una vacancia cercana (creando así una nueva vacancia en su lugar original de la red), conforme continua la difusión se tiene un flujo de vacancias y átomos en sentidos opuestos conocido como difusión por vacancia. El número de vacancia, que se incrementa al aumentar la temperatura, ayuda a determinar la extensión tanto de la auto difusión como la de difusión de los átomos sustitucionales.
Difusión intersticial: Cuando en la estructura cristalina está presente un pequeño átomo intersticial, este átomo pasara de un sitio intersticial a otro. Para este mecanismo no es necesario que existan vacancia. En parte porque el número de sitios i ntersticiales es mucho mayor que el de vacancia, por tanto, se espera que la difusión intersticial sea rápida.
8) Brevemente explique el concepto de estado estable aplicado a difusión.
Estado estable aplicado a difusión es la situación en la que la velocidad de difusión en un sistema dado es igual a la velocidad de difusión entregado, de manera que no hay
acumulamiento o agotamiento de especies; es decir, el flujo de difusión es independiente del tiempo.
9) La purificación de hidrógeno gas puede hacerse mediante difusión a través de láminas delgadas de paladio. Calcule la cantidad de hidrógeno en Kg por hora que pasa a través de una lámina de paladio de 5 mm de espesor y 0.20 m2 de área a 500°C. Asuma que el coeficiente de difusión de H en Pd es de 1.0 × 10-8 m2/s, y que la concentración en el lado de alta y baja presión de los lados de la lámina de Pd son de
2.4 y 0.6 kg de hidrógeno por m3, respectivamente, y que las
condiciones de estado estacionario se han alcanzado.
= ∆ = ∆ = 1.010−0.2036000510.62.−4 = 2.59210− ⁄ℎ Para algunas aplicaciones tecnológicas, como incremento de la resistencia al desgaste de una pieza de acero, es conveniente endurecer la superficie, lo cual se logra por varios métodos, entre ellos la carburización, proceso mediante el cual se eleva el contenido de carbono en la superficie del acero. Para ello la muestra de acero se expone a altas temperaturas en una atmosfera carburizante, por ejemplo gas metano (CH4).
10) Determine el tiempo de carburización necesario para alcanzar una concentración de carbono de 0.45 wt% a una posición de 2 mm en un acero con contenido de carbono de 0.20 wt% . La concentración de carbono en la superficie se mantiene en 1.30 wt% C, y el tratamiento térmico es conducido a 1000°C.
, = 1erf2√ =
0.1.4350 wtwt%% 0.0.2200 wtwt%% = 1erf 2∗102√ − − 2∗10 erf √ = 0.7727 0.90.00.8585 = 0.0.777270. 7 707 9700. 7 707 −= 0.8538 2∗102√ = 0.8538 1 48000 = 2.310− EXP8.31 1273 − = 1.930810
− 2 10 = 0.853821.930810 − = 492.410 ℎ 11) Un acero FCC con un contenido inicial de 0.35 % C es expuesto por un lado a una atmósfera rica en oxígeno y virtualmente libre de carbono a 1400K. Bajo estas circunstancias, el C difunde desde la aleación y reacciona con el oxígeno en la superficie, por tanto, la concentración de carbono en la superficie es mantenida esencialmente a 0% de C (decarburización). A cuál posición, la concentración de C será de 0.15% después de 10h de tratamiento? El valor de D a 1400K es 6.9 × 10-11 m2/s.
, = 1erf2√ 0.0%15%0. 3 5 % = 1er f 0.35 % 2√ 2√ = 0,40 = 0,402√− = 1.23∗10
12) La dependencia del coeficiente de difusión con la temperatura sigue la ley de Arrhenius: a. D= Do exp(-Q/KT) b. Donde D es el coeficiente de difusión; Do el coeficiente pre-exponencial independiente de la temperatura¸ Q la energía de activación para la difusión; K la constante de Boltzman y T la temperatura.
El coeficiente de difusión de carbono en Níquel a 600 y 700 °C es 5.5 × 10 – 14 m2/s y 3.9 × 10 – 13 m2/s, respectivamente. (a) Determine los valores de D0 and Qd. (b) Cuál es la magnitud de D a 850°C?
(b)
2 = 1exp ∗2 1 11 ln1 211 = 2 ! = 8.31 11 5.3.591010−− 873 973 = 138.2710 = 138. 2 710 = 5.510− 8.31 873 − = 1.042x10 138. 2 710 = 1.042x10− 8.31 1123 2 − = 3.829310
13) Para una aleación de acero se ha determinado que el tiempo de tratamiento térmico de carburización de 15 horas de duración aumenta la concentración de carbono a
0,35wt% a 2.0mm de la superficie. Estime el tiempo necesario para alcanzar la misma concentración a 6.0 mm de la superficie para un acero idéntico a la misma temperatura de carburización.
, = 1erf2√ 0,35wt % = 1erf6∗102√ − − 0,35wt % = 1erf2√ 2∗10 15∗3600 − = 6 ∗10− 2∗10 2√ 15∗3600− 2√ = 6 ∗10 2∗10∗√ −15∗3600 = 0.19365ℎ Propiedades mecánicas Tensión de corte crítica resuelta
14) Considere el caso de un monocristal de plata orientado tal que su Resistencia tensil es aplicada a lo largo de una dirección [001]. Si el plano de deslizamiento ocurre sobre un plano (111) y en una dirección [101], y es iniciado a una tensión tensil aplicada de 1.1 MPa (160 psi), calcule la tensión de corte crítica resuelta.
= cos ∗sin = 1.1 ∗cos45∗sin 45 = 0,55
15) Un monocristal de aluminio es orientado a una tensión de ensayo tal que su plano normal al plano de deslizamiento hace un ángulo de 28.1° con el eje tensil. Tres posibles direcciones de deslizamiento hacen ángulos de 62.4°, 72.0°, y 81.1° con el mismo eje tensil. (a) Cuál de estas tres posibles direcciones de deslizamiento es más favorable? (b) Si la deformación plástica comienza a una tensión tensil 1.95 MPa, determine la tensión de corte crítica resuelta (τcrss) para aluminio.
= ∗cos28,1 ∗sin 62,4 = ∗0,78 = ∗cos28,1 ∗sin 72 = ∗0,84 = ∗cos28,1 ∗sin 81,1 = ∗0,87
La dirección de deslizamiento que es más favorable es aquella pueda resisti r una mayor cantidad de esfuerzo en este caso podemos apreciar que esta dirección es la tercera dirección 62,4°. B.
= ∗cos28,1 ∗sin 62,4 = 1,95∗0,78 = 1,521 = ∗cos28,1 ∗sin 72 = 1,95∗0,84 = 1.638 = ∗cos28,1 ∗sin 81,1 = 1,95∗0,87 = 1.697
16) El punto de fluencia más bajo para un acero que tiene un tamaño de grano promedio de ferrita de 5 × 10-2 mm es 135 MPa (19,500 psi). Para un tamaño de grano promedio de 8 × 10-3 mm, el punto de fluencia es 260 MPa (37,500 psi). ¿A cuál diámetro de grano el material tendrá un esfuerzo de fluencia de 205 MPa (30,000 psi)?
= + √
√ = 135 √510 − = 260 = + √810 − 260 = 135 √510 − + √810 − 260135 = [ √5101 − + √8101 −] = 5.8910 135 5.√5108910− = = 5.16710 205 = 5.16710 + 5.8√ 910 = 1.4710− 17) Dos muestras del mismo metal, son deformadas reduciendo su sección transversal mediante deformación plástica. Una tiene una sección transversal circular y otra una sección transversal rectangular; durante la deformación la sección circul ar se mantiene circular y la rectangular también permanece como rectangular. Sus dimensiones originales son como sigue:
¿Cuál de estas muestras será más dura después de la deformación plástica?
La dureza depende de cuánto estén compactados los granos del material entre más se compacten mucho mayor es la dureza por lo tanto la muestra que tendrá mayor dureza será la que tenga mayor porcentaje de deformación:
= = 181.4584 = = 102.0703 = ∗ℎ = 21875 = ∗ℎ = 15000 ) = 43,75% % = ( ∗100 ) = 31,43% % = ( ∗100 Esto resultados nos muestra que una probeta de sección circular tendrá un porcentaje de deformación mayor al de uno de área rectangular.
18) Una muestra de latón sin trabajar en frio con un tamaño de grano promedio de 0.008mm, tiene un esfuerzo de fluencia de 160 MPa (23,500 Psi). Estime el esfuerzo de fluencia de esta aleación después que ha sido tratada a 600 °C por 1000 segundos, si se conoce que el valor de
= 0.008 = 160 = 0.008
es 12.0 MPa-
−/
(1740 Psi-
= + ∗ 1/2
−/
).
1 = 160 12 2 ∗ 11.1803 1/2 = 25.8364 1 = 25.8364 +12 20.0621/2
= 74.01
19) Definir planos de deslizamiento. Todos los metales tienen el mismo plano de deslizamiento ¿Por qué o porque no? El plano de desplazamiento es el plano preferido que posee instrucciones específicas a lo largo de los cuales se produce movimiento de la dislocación ya que las dislocaciones no se mueven con el mismo grado de dificultad en todos los planos cristalográficos de los átomos y en todas las direcciones cristalográficas. Los metales no tienen el mismo plano de deslizamiento porque este plano depende también de la dirección del movimiento, y este sistema de deslizamiento depende de la estructura cris talina del metal.
20) Un monocristal de metal de estructura FCC es orientado tal que la tensión es aplicada paralelo a la dirección [110]. Si la tensión critica resulta es de 1.75 MPa, calcule la magnitud de la tensión aplicada necesaria para causar deslizamiento en el plano (111) en cada lado de la dirección [110], [101] y [011].
= ∗cos ∗sin 1.75 1,7=5cos ∗sin = cos0∗sin45 = 2,475 1,75n45 = 3,5 = cos45∗si 1,75n45 = 3,5 = cos45∗si
21) Una barra de aluminio de 125 mm (5 pulg.) de largo y que tiene una sección transversal cuadrada de 16.5 mm (0.65 pulg.) en un borde se tira en tensión con una carga de 66.700 N (15.000 lb), y experimenta un alargamiento de 0.43 mm
.−
(
pulg.). Suponiendo que la deformación es totalmente elástico, calcular el
módulo de elasticidad del aluminio.
= = ∆ = ∆ − 6 6, 7 00 1 2510 = 16.510−0.4310− = 71.210 ⁄ = 71.2 10.410
22) Considere una muestra cilíndrica de una aleación de acero (Figura 6.21) 8.5 mm (0.33 pulg.) De diámetro y 80 mm (3,15 pulg.) De largo que se tira en tensión. Determinar su alargamiento cuando se aplica una carga de 65.250 N (14.500 lb).
= = 8.5102 −
Refiriéndonos a la figura 6.21, en este nivel de estrés que estamos en la región elástica de la curva tensióndeformación, que corresponde a una cepa de 0,0054.
∆ = = 0.005480 = 0.43 0.017 }
23) Una muestra cilíndrica de una aleación de metal hipotética se hace hincapié en la compresión. Si sus diámetros originales y finales son 30,00 y 30,04 mm, respectivamente, y su longitud final es 105,20 mm, calcular su longitud original si la deformación es totalmente elástico. Los módulos de elasticidad y de corte para esta aleación son 65,5 y 25,4 GPa, respectivamente.
= ∆ = 30.04 30.0030.00 = 1.3310− = 21 + = 0,23 = = 5,79∗10− = 105,80
24) Tomando el logaritmo de ambos lados de la ecuación 6.19 rendimientos (6.27) Por lo tanto, un gráfico de log frente a log en la región de plástico hasta el punto de formación de cuello debe producir una línea recta con una pendiente de n y una intersección (en log) de log K . el uso de los datos apropiados tabulados en el problema 6.28, hacer una representación de log frente de registro y determinar los valores de n y K. será necesario convertir las tensiones de ingeniería y las tensiones a las tensiones y deformaciones verdaderas utilizando ecuaciones 6.18a y 6.18b.
logaritmo sigma t
logaritmo et
29,0041767
0,83403245
29,00516071
0,8342461
29,00618356
0,83446814
29,00716659
0,83468148
29,00818842
0,8349032
29,01015201
0,83532913
29,0121529
0,83576296
29,01415178
0,83619616
29,01912073
0,83727225
29,02407736
0,83834451
29,03395392
0,84047767
29,04378195
0,84259585
29,08261812
0,85092234
29,12071451
0,85902342
29,13949399
0,86299279
29,15809878
0,86690977
29,19479706
0,87459138
29,22188551
0,88022387
ln = ln + = ln1 + = 1 +
Gráfica de línea ajustada logaritmo sigma t = 25,08 + 4,699 logaritmo et 29,25
S R-cuad. R- cu ad .( aj ustad o)
0,0004040 100,0% 100,0%
29,20 t a m29,15 g i s o m t 29,10 i r a g o l
29,05
29,00 0,83
0,84
0,85
0,86
0,87
0,88
logaritmo et
ln = 25,08 = 7,80∗10 = = 4,67
25) Una gran torre es ser apoyado por una serie de hilos de acero; se estima que la carga en cada cable será 13.300 N (3.000 lbf). Determine el diámetro mínimo requerido de alambre, suponiendo un factor de seguridad de 2 y un límite elástico de 860 MPa (125.000 psi) para el acero.
= 2 = 2 = 8602 = 430 62.500 = = 2 413.300 = 4 = 43010 = 6.310− = 6.3
