Ing. Industrial / Ing. Químico / Materiales II convocatoria junio Problemas cortos

Transcripción

1 Problemas ortos. La veloidad de reimiento de las aras de un ristal depende de la densidad superfiial de átomos sobre esa ara, que es funión de la orientaión de la ara. Calular el número de átomos por m 2 (densidad atómia superfiial) en las aras (2) de la estrutura del NaCl. Radios iónios: r Na =.2 9 m, r Cl =.8 9 m. Masas atómias: Mw Na = uma, Mw Cl = 5.45 uma átomos/m átomos/m átomos/m átomos/m átomos/m 2 ninguna de las anteriores; valor orreto: Sol: en la elda unidad del loruro sódio (p. 27) los planos (2) ontienen = 2 átomos y el área es Area ( 2 r Na + 2r Cl ) = + (ver figura). Por tanto: 2 N atomos = 2 ρ sup = N atomos Area ρ sup = átomos/m 2 2. Una suspensión de aolín en agua (barbotina) tiene una visosidad dependiente de la veloidad de deformaión. La dependenia está dada por: ( ) 4 ηγ mod = ( +.γ mod ).65. donde η es la visosidad de la suspensión en Pa.s y γ es la veloidad de deformaión (módulo del tensor

2 gradiente de veloidad simetrizado γ mod v + v T ) en s -. En una operaión de onformado, esta suspensión fluye a través de un onduto en el que el ampo de veloidad está dado por: on ε = 9.6 s v - ( x, x 2, x ) = ε x ( ) = v 2 x, x 2, x ( ) = ε x v x, x 2, x (flujo elongaional plano). Calular la visosidad de la barbotina uando irula por el onduto. Pa.s 24 Pa.s.89 Pa.s 2.2 Pa.s 576 Pa.s ninguna de las anteriores; valor orreto: Sol: (ver examen de febrero 24 y TC.pdf) v ε = γ = v + v T γ ε = γ mod = 2 i = j = ( ) 2 γ i, j γ mod = 9.2 Y por tanto la visosidad de la barbotina es: ηγ ( mod ) = 24 Pa.s. Un material ompuesto ondutor está formado por láminas alternadas de tres materiales diferentes, ada uno de ellos homogéneo e isótropo. Los espesores de las láminas son L, L 2 y L, las densidades másias son ρm, ρm 2 y ρm y las ondutividades elétrias son σ, σ 2 y σ espetivamente. Deduir la expresión que da la resistividad elétria del material ompuesto ρ uando se establee una orriente elétria perpendiular a las láminas X X X ρ = ; Xi Li Li σ ρm σ2 ρm2 σ ρ m X X X ρ = ; Xi Li Li σ σ2 σ

3 ρ = X ρmσ + X ρmσ + X ρmσ ; X L L i i i X X X ρ = ; Xi Li Li σ σ2 σ = X σ + X σ + X σ X L L 2 2 ; i i i ρ ninguna de las anteriores; respuesta orreta: Sol.: en ondiiones de isoflujo (elétrio), la densidad de orriente que atraviesa las láminas es igual para todas ellas e igual a la que atraviesa el ompuesto. Apliando la ley de Ohm marosópia al ompuesto y a ada lámina e igualando las densidades de orriente elétria: J ΔV ΔV ΔV ΔV = = σ = σ = σ ρ ( L L L ) L L L de donde: JL JL JL Δ V = ; Δ V = ; Δ V = ; Δ V = ρ J L σ σ σ = i i La aída de potenial total a través del ompuesto debe ser igual a la suma de las aídas de potenial a través de las tres láminas y por tanto: ρ L L L X X 2 2 Li = + + ρ = + + σ σ2 σ σ σ2 σ X donde Un modo aún más direto es onsiderar que las resistenias de las tres láminas están en serie, y por tanto deben sumarse. Las resistenias son proporionales a los espesores de ada lámina e inversamente proporionalmente a las ondutividades. X i L i L i 4. Calular la omposiión en fraiones másias (X i ) de Si, O, Mg y Al del punto P que se enuentra en el entro del diagrama triangular que se adjunta. El diagrama triangular está en base molar. Usar las masas atómias de la tabla de la pág. 54. X Si =.9, X O =.474, X Mg =.2, X Al = diferenia a X Si =.45, X O =.244, X Mg =.45, X Al = diferenia a X Si =.289, X O =.98, X Mg =.2, X Al = diferenia a X Si =.87, X O =.52, X Mg =.28, X Al = diferenia a ninguna de las anteriores; respuesta orreta:

4 Sol.: las masas atómias son: Mw Si = 28.9 Mw O = 6. Mw Mg = 24. Mw Al = La omposiión molar del punto en el entro del diagrama es de / para ada omponente, es deir: x SiO2 = x Al2O = x MgO = Tomando omo base de álulo kmol de P, de ada elemento hay los siguientes kg Siliio: m Si = x SiO2 Mw Si m Si = 9.6 Oxígeno m O = x SiO2 2 Mw O + x Al2O Mw O + x MgO Mw O m O = 2 Magnesio m Mg = x MgO Mw Mg m Mg = 8. Aluminio m Al = x Al2O 2Mw Al m Al = La masa total es: m tot = m Si + m O + m Mg + m Al m tot = Y las fraiones másias son por tanto: X Si m Si m O m Mg m Al = X O = X Mg = X Al = m tot m tot m tot m tot

5 X Si =.9 X O =.474 X Mg =.2 X Al =.267 X Si + X O + X Mg + X Al = 5. Determinar la lase ristalográfia para un listón de madera on seión transversal omo la que se muestra en la figura: Monolínio 2 / m. Ortorrómbio m m 2. Ortorrómbio m m m. Hexagonal 6 / m. Hexagonal 6 / m m m. Ninguna de las respuestas anteriores. Respuesta orreta: Sol.: Ortorrómbio m m m 6. Un material ompuesto P está onstituido por láminas alternadas de tres materiales distintos A, B, C; el grosor de las láminas de C es el doble de las de B. Si el módulo elástio del ompuesto en la direión paralela a las láminas es de E P = 7.9 GPa, alular la proporión en masa de A on respeto a la de C (kga/kgc) en P. Densidades: ρ A = 49 kg/m ; ρ C = 5 kg/m. Módulos elástios: E A = 5 GPa; E B = 45 GPa; E C = 87 GPa Ninguna de las respuestas anteriores. El valor orreto es: Soluión: en ondiiones de isodeformaión (direión paralela a las láminas), el módulo elástio se alula según la regla de mezla de Voigt: EP = VAEA + VBEB + VCEC

6 Como las láminas tienen la misma seión, y el grosor de las láminas de C es el doble de las de B, también la fraión volumétria de C será el doble de la de B. Y omo la suma de las fraiones volumétrias es uno: V C = 2V = V + V + V = V + V B A B C A B ( ) E = V E + V E + V E = V E + V E + 2V E P A A B B C C B A B B B C De donde se puede despejar la fraión volumétria en B: V B EP EA = E + 2E E B C A Y las fraiones de A y C serán: E P E A V B = E B + 2E C E A V B =.8 V A = V B V C = 2V B V A =.457 V C =.62 Luego la relaión entre las masas de A y C será: ρ A V A ρ C V C = Un determinado material on propiedades piezoelétrias y piroelétrias, y uya simetría pertenee al sistema tetragonal, presenta, entre otros, los siguientes módulos piezoelétrios: d =.5, d = 6. Cuánto valdrá el módulo d 22? Ninguna de las respuestas anteriores. Respuesta orreta: Sol.: Como es un material piroelétrio, tiene que perteneer a una lase polar, bien la 4 o la 4mm. En notaión de Voigt, onoemos los módulos d y d 5, y nos piden el módulo d 24. Para ambas lases, se umple que d 24 = d 5, luego d 22 = d = El nylon 6 puede presentar dos formas ristalinas, onoidas omo formas α y γ, en las uales el eje ristalográfio está alineado en la direión de las adenas y es perpendiular a los ejes a y b. Para la forma α, el parámetro mide 7.24 Å, que orresponde a dos unidades químias repetitivas en una onformaión ompletamente extendida; el área definida por los ejes a y b es de 7.75 Å2. Para la forma γ, las adenas se enuentran en una onformaión uasi extendida en las que se produe un aortamiento de.8 Å por ada grupo amida; el área definida por los ejes a y b es de 8.2 Å. Si la eldilla de la forma α ontiene el doble de adenas que la eldilla de la forma γ, uál es la relaión de densidades (densidad forma α / densidad forma γ) entre ambas formas?

7 .69 Ninguna de las respuestas anteriores. Respuesta orreta: Sol: Si la eldilla de la forma ontiene el doble de adenas (el doble de masa) que la eldilla de la forma γ, la relaión de densidades será igual a la inversa de la relaión de volúmenes, donde se onsidere una elda doble para la forma γ: ρ 2V α γ 2A ab ρ = V = A γ α ( γ ) ( γ ) ( α) ( α) ab Si el parámetro orresponde a dos unidades químias repetitivas, que ontienen dos grupos amida, el aortamiento del parámetro para la forma γ será: = 2.8 = = 6.88 ( γ) ( α) Sustituyendo, se tiene: γ 2 2 ( γ) ( γ ) Vγ A ab.58 ( α) ( α) Vα Aab ρα = = = = ρ ρα.58 ρ = γ Problema Se desea estudiar si los jugadores de fútbol pueden sufrir lesiones a largo plazo omo onseuenia de abeear el balón. Para ello, se realizan ensayos haiendo impatar un balón de reglamento sobre un dummy, tal y omo se representa en el esquema: La abeza del "dummy" ontiene un aelerómetro onstituido por un paralelepípedo de material piezoelétrio (ZnO) oloado de manera que el eje (en la orientaión onvenional) oinide on la direión ' en la ual tiene lugar el impato.. 2. Expresar las omponentes del vetor polarizaión del piezoelétrio en funión de la aeleraión (suponer que la aeleraión úniamente tiene omponente no nula en la direión ) (% de la nota de este problema). En uno de los ensayos, se miden los siguientes valores de polarizaión (en C.m 2 ) en funión del tiempo (en s). Calular los valores de la aeleraión a(t) para ada par de valores del tiempo y de la polarizaión que apareen en las siguientes tablas (% de la nota de este problema):

8 tiempo i = Polarizaión i = Un fator que se usa en la prátia para estimar la probabilidad de que se produza una lesión es el HIC (Head Injury Criteria), que se define omo: ( ) HIC = t t 9.8 t t ( ) t t a() t donde a(t) es la aeleraión en ada instante t (en ms -2 ), y t y t son los tiempos iniial y final en segundos. Calular el fator HIC para el ensayo del apartado anterior (4% de la nota de este problema). Datos: Estrutura del ZnO: Hexagonal, lase 6mm. Densidad del ZnO: ρ ZnO = 565 kg/m. Dimensiones del piezoelétrio: l =. m; l 2 =.5 m; l =.2 m; módulos piezoelétrios del ZnO: d = C/N, d = 2. 2 C/N; d 5 = 8. 2 C/N. dt 2.5 Sol.: La resoluión de este problema es análoga a la del 8_6_2. ) Como la aeleraión úniamente tiene omponente no nula en la direión, a, la únia omponente del tensor de esfuerzos a onsiderar es el elemento t o t en notaión de Voigt. Para la lase hexagonal 6mm, las orrespondenias entre los módulos piezoelétrios son: d = d 2 ; d ; d 5 = d 24. Apliando la euaión del efeto piezoelétrio y onsiderando que el tensor de esfuerzos sólo tiene omponente no nula t, se obtienen las siguientes omponentes para el vetor de polarizaión: P = P 2 = P = dτ Y expresando el tensor de esfuerzos en funión de la aeleraión, se obtiene: F Ma ll l ρa P = d τ = d = d = d = d l ρa 2 ll 2 ll 2 ll 2 2) Tanto para la polarizaión omo para la aeleraión, úniamente la omponente es no nula. Reordenando la expresión del apartado ), se obtiene la aeleraión en funión de la polarizaión:

9 a P = d l ρ lo que permite alular las aeleraiones: a Polarizaión = ael = a d l ρ ZnO ael = m/s Puesto que la aeleraión se onoe en forma tabular, en el álulo del fator HIC se alula la integral numériamente, p.ej. on la fórmula del trapeio: I t = atdt () t Δt = tiempo 2 tiempo Δt = 2 s I 5 = 2 Δt ael + 2 ael i + ael 6 i = 2 I = 8.94 Sustituyendo en la expresión dada en el enuniado, el valor para HIC que se obtiene es de: ( ) ( ) HIC 2.5 = 9.8 I HIC = 794 Problema 2 Una vía de dos etapas para la fabriaión de un poliéster retiulado se basa en llevar a abo: en la primera etapa, la polimerizaión entre el butilengliol (A) y el áido fumário (B) para dar un poliéster insaturado P. en la segunda etapa, la retiulaión del poliéster insaturado resultante P por medio de estireno (D) para dar el produto final P (poliéster retiulado). En la produión se parte de A, B y D omo materias primas y se haen las siguientes espeifiaiones: produión de P en la primera etapa on una relaión molar de A a B estequiométria. en la segunda etapa, la antidad de D es también la estequiométria para retiular el polímero P haiendo reaionar todos sus dobles enlaes. t d l ti t t l t l d t ( d d ió d l %

10 todos los reativos se onsumen totalmente en las dos etapas (grado de onversión del % para todos los reativos) Esribir la fórmula químia del poliéster insaturado P (% de la nota de este problema). Esribir la fórmula químia del poliéster retiulado P (% de la nota de este problema). Determinar las antidades (en kg) de A, B y D que se requieren para obtener m tot = kg de poliéster retiulado P (4% de la nota de este problema). Determinar las antidades (en kg) de subprodutos de bajo peso moleular que se produzan en la polimerizaión (ª etapa), o en la retiulaión (2ª etapa) o en ambas, referidas igualmente a kg de poliéster retiulado P (4% de la nota de este problema). Sol.: la reaión de la primera etapa para dar P es (pág. 2): y la retiulaión on estireno para dar P es (pág. 2): Las masas moleulares de las espeies atómias, de l os reativos y de la unidad estrutural repetitiva (UER) de P son: Mw O = 6. Mw C = 2. Mw H =. Mw A = 4Mw C + 2Mw O + Mw H Mw A = 9.4 kg/kmol Mw B = 4Mw C + 4Mw O + 4Mw H Mw B = 6.4 kg/kmol Mw D = 8Mw C + 8Mw H Mw D = 4.8 kg/kmol Mw UER = 2Mw C + 8Mw O + 6Mw H Mw UER = kg/kmol

11 Mw H2O = Mw O + 2Mw H Mw H2O = 8 kg/kmol m P Por tanto, m P = kg de P ontiene N UER =, N UER =.824 kmol de UER. Para Mw UER sintetizar esta antidad de P y a la vista de la estequiometría de las reaiones de síntesis, serán por tanto neesarias las siguientes antidades (en kg) de reativos: m A m B m D = 2N UER Mw A m A =.28 kg = 2N UER Mw B m B =.42 kg = 2N UER Mw D m D =.8 kg y se produen m H2O = 4N UER Mw H2O, es deir m H2O =. kg de agua omo subproduto de la poliondensaión (ª etapa). Como omprobaión, el balane total de masas es: Reativos: m A + m B + m D =. kg Produtos m P + m H2O =. kg También es posible trabajar on una UER que es la mitad de la unidad estrutural del polímero retiulado de la figura anterior, lo que equivale a dividir todos los oefiientes estequiométrios entre 2, y ondue a los mismo resultados. Sin embargo, la estrutura que aparee en la parte inferior dereha de la pág. 2 no es la UER ni un múltiplo de la misma (p or eso no aparee entre orhetes) y es inorreto usarla omo UER y omo base de álulo. Es solamente un fragmento del retíulo polimério que ilustra ómo se retiulan (entrelazan ovalentemente) las adenas lineales

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