UPM _ Ingeniería Superior Industrial _ Ciencia de los materiales II _ Examenes70

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Sep03.pdf
Materiales II, Convocatoria Septiembre 2003
Problema 1
Se desea fabricar un eje para el microengranaje de la figura. El eje debe
tener un diámetro de 24 μm y se fabrica por fotolitografía a T0 300= K
sobre un substrato cerámico cristalino del sistema tetragonal. El eje se
fabrica de modo que está orientado en la dirección cristalográfica [100]
del cristal del substrato . Los coeficientes de dilatación o expansión
térmica principales del material (es decir, en su sistema de coordenadas
cristalográfico) son: α11 3.5 10
5−
⋅= K-1 y α33 1.9 10
5−
⋅= K-1.
"gear.bmp"
Al operar a temperaturas por encima de la de fabricación, el eje se dilata y distorsiona y su sección pierde
la forma de círculo. El adecuado funcionamiento del engranaje exige que la sección transversal del eje
tenga una excentricidad inferior a la siguiente especificación: la relación entre sus ejes mayor y menor no
debe exceder el valor de la tolerancia tol 1.005= .
Calcular cuál es la máxima temperatura (Tmax) a la que puede funcionar el microengranaje.
2.5 puntos, 45 minutos
Solución: por ser del sistema tetragonal, α22=α11 (de modo idéntico al problema de la convocatoria de junio
2003). 
El tensor de dilatación o expansión térmica expresado en el sistema de referencia cristalográfico es:
α
α11
0
0
0
α11
0
0
0
α33
⎛
⎜
⎜
⎜
⎝
⎞
⎟
⎟
⎟
⎠
= K-1
α
3.5 10 5−×
0
0
0
3.5 10 5−×
0
0
0
1.9 10 5−×
⎛
⎜
⎜
⎜
⎜
⎝
⎞
⎟
⎟
⎟
⎟
⎠
= K-1
La sección transversal del eje está contenida en el plano perpendicular a [100], es decir, el plano y-z. La
sección, inicialmente circular, se convierte en una elipse con el eje mayor en la dirección y, debido a que el
coeficiente de dilatación es mayor en la dirección y (α2 2, 3.50 10
5−
×= ) que en la z (
α3 3, 1.90 10
5−
×= ). A la temperatura máxima de operación, la relación de semiejes de esta elipse debe
cumplir:
1 α2 2, Tmax T0−( )⋅+
1 α3 3, Tmax T0−( )⋅+
tol≤
condición que se verifica para Tmax 614.4= K
1
Materiales II, Convocatoria Septiembre 2003
Problema 2
Para fabricar piezas aislantes con bajo factor de pérdidas como componentes de un equipo de alta tensión
se selecciona una cerámica de la siguiente composición en peso: 60% de sílice SiO 2 (A) 18% de magnesia
MgO (B) y 22% de alúmina Al2O3 (C).
Para obtener esta composición final se dispone de talco puro 5 SiO2.4MgO.H2O (D) y distintos tipos de
arcillas:
montmorillonita (E) 4SiO2.Al2O3.H2O
beidellita (F) 3SiO2.Al2O3.H2O
caolinita (G) 2SiO2.Al2O3.2H2O
¿Cuál es la composición (expresada en % en peso de SiO2 y Al2O3) de la arcilla más conveniente que,
mezclada con el talco, proporciona la cerámica deseada?
¿De qué clase de arcilla se trata?
¿En qué relación en peso deben mezclarse el talco y la arcilla (téngase en cuenta el agua de constitución
de los componentes)?
2.5 puntos, 45 minutos
Solución: las masas moleculares de A, B y C son: 
MwSi 28.1= MwO 16.0= MwAl 27.0= MwMg 24.3= MwH 1.0=
MwA MwSi 2 MwO⋅+= MwA 60.1= kg/kmol
MwB MwMg MwO+= MwB 40.3= kg/kmol
MwC 2 MwAl⋅ 3 MwO⋅+= MwC 102= kg/kmol
En el diagrama triangular se localizan los puntos representativos de la cerámica final (Y) y del talco (D).
Uniéndolos con una recta se obtiene la composición de la arcilla en el punto de corte (X) de dicha recta con el
eje AC, que resulta aproximadamente 54% (en peso) de sílice y 46% de alúmina. Esto supone una relación
molar: 
54
MwA
100 54−
MwC
1.99= moles de sílice por mol de alúmina.
Y por tanto se trata de caolinita. 
Las masas moleculares del talco y la caolinita son:
MwG 2 MwSi 2 MwO⋅+( ) 2 MwAl⋅+ 3 MwO⋅+ 2 2 MwH⋅ MwO+( )+= MwG 258.2= kg/kmol
MwD 5 MwSi 2 MwO⋅+( )⋅ 4 MwMg MwO+( )+ 2 MwH⋅ MwO+( )+= MwD 479.7= kg/kmol
La proporción de talco necesaria (en base seca y en peso) se obtiene de la relación de las longitudes de
los segmentos YX/XD=52.1%. Teniendo en cuenta el agua de constitución, 52.1 kg de D y (100-52.1) kg
de X corresponden a:
mD 52.1
MwD
MwD 18−
⋅= mD 54.13= kg de talco (D)
mG 100 52.1−( )
MwG
MwG 2 18⋅−
⋅= mG 55.66= kg de caolinita (G)
Las fracciones (en peso) de las dos materias primas es por tanto 
mD
mD mG+
0.493= de talco y 
2
mG
mD mG+
0.507= de caolinita. Y la relación de mezcla en peso talco/arcilla es 
mD
mG
0.973= kg/kg
Como comprobación: 
mD
MwD
5⋅ MwA⋅
mG
MwG
2⋅ MwA⋅+
mD
MwD
5⋅ MwA⋅
mG
MwG
2⋅ MwA⋅+
mD
MwD
4⋅ MwB⋅+
mG
MwG
1⋅ MwC⋅+
0.60= fracción en peso de A en el
producto
mD
MwD
4⋅ MwB⋅
mD
MwD
5⋅ MwA⋅
mG
MwG
2⋅ MwA⋅+
mD
MwD
4⋅ MwB⋅+
mG
MwG
1⋅ MwC⋅+
0.18= fracción en peso de B en el
producto
mG
MwG
1⋅ MwC⋅
mD
MwD
5⋅ MwA⋅
mG
MwG
2⋅ MwA⋅+
mD
MwD
4⋅ MwB⋅+
mG
MwG
1⋅ MwC⋅+
0.22= fracción en peso de C en el
producto
3
4
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Feb03.pdf
Materiales II, convocatoria Febrero 2003
Problema 1
El receptor de un equipo de sonar consiste, de modo simplificado, en un reflector parabólico que
concentra la onda de retorno sobre un sensor, tal como se indica en la figura adjunta (parte A). El
sensor es un cristal piezoeléctrico de nitrito de bario de las dimensiones indicadas en la parte B de la
figura. 
La señal recibida y concentrada por el receptor somete el sensor a un esfuerzo de compresión, que
puede llegar hasta un máximo de 128 Pa y que actúa únicamente en la dirección 2' de la parte A de la
figura. 
El sensor (detallado en la parte B) se fabrica cortándolo de un cristal de nitrito de bario cuyos ejes
cristalográficos son los indicados en la parte B de la figura. La cara 1 del sensor está cortada
perpendicular al eje cristalográfico 1, y análogamente para los otros dos ejes. Los módulos
piezoeléctricos de este material son todos cero excepto d311 1.8 10
12−
⋅= C/N y d333 1.52 10
12−
⋅=
C/N y están igualmente referidos al sistema de coordenadas cristalográfico (parte B del esquema). La
constante dieléctrica del nitrito de bario es de 93.5.
Determinar cómo debe orientarse el cristal sensor de manera que la respuesta eléctrica correspondiente
a la máxima compresión (128 Pa) sea la mayor posible, y determina cuánto vale esta respuesta y entre
qué caras del sensor debe medirse. Para describir la orientación del sensor, indica cómo deben estar
orientadas sus caras 1, 2, 3 en el sistema de referencia 1', 2', 3'.
Solución: el material está sometido a un esfuerzo y produce un momento dipolar. Es por tanto una
aplicación del efecto piezoeléctrico directo. En el sistema de coordenadas del sensor, éste
reacciona sólo a las componentes 11 y 33 del esfuerzo (aunque en este problema no tiene
importancia porque sólo intervienen las componentes diagonales del tensor de esfuerzos, recordar
que en general el esfuerzo es siempre un tensor de segundo orden simétrico y que el
módulo piezoeléctrico es por tanto un tensor simétrico en los dos últimos subíndices
dijk=dikj).
d311 1.80 10
12−
×= C/N d333 1.52 10
12−
×= C/N
A la vista de los valores numéricos de los módulos piezoeléctricos, la máxima respuesta (en el sentido de
polarización máxima) se obtendrá situando el sensor de manera que su eje 1 sea colineal con el 2', el
esfuerzo que experimentará el sensor será τ11 128= Pa y aparecerá una polarización entre las caras 3
del sensor:
1
p3 d311 τ11⋅= p3 2.304 10
10−
×= C.m/m3
El sensor tiene un volumen de Vol 1 10 3−⋅ 3⋅ 10 3−⋅ 6⋅ 10 3−⋅= m3 ( Vol 1.800 10 8−×= m3) y las caras 3
están separadas por una distancia de l3 6 10
3−
⋅= m. La polarización p3 corresponde por tanto a una carga: 
Q
p3 Vol⋅
l3
= Q 6.912 10 16−×= C
Puesto que:
κ 93.5= A 1 10 3−⋅ 3⋅ 10 3−⋅= ε0 8.85 10
12−
⋅= F/m
el cristal piezoeléctrico es un condensador de capacidad:
C κ ε0⋅
A
l3
⋅= C 4.137 10 13−×= F
Por tanto la señal máxima (diferencia de potencial entre las caras 3 del sensor) es:
ΔV
Q
κ ε0⋅
A
l3
⋅
= ΔV 1.671 10 3−×= V
2
Problema 2
En la fabricación de una resina ABS se parte de los monómeros acrilonitrilo, butadieno y estireno
cuyos precios como materias
primas petroquímicas son 0.75 Euro/kg, 0.42 Euro/kg y 0.640 Euro/kg
respectivamente.
Para cumplir las especificaciones de resistencia mecánica, el producto ABS resultante debe contener
no menos del 15% ni más del 35% (molar) de butadieno. Además, la relación entre el número de
residuos monoméricos (unidades estructurales repetitivas) de acrilonitrilo y estireno en el polímero
producto no puede ser inferior a 1:8 ni superior a 1:2.
Determina la composición del producto que, cumpliendo las especificaciones, minimice el coste de
materias primas (Euro/kg) del producto.
Solución: Puesto que las especificaciones que debe cumplir el producto son molares, conviene
trabajar en un diagrama triangular molar. Las especificaciones se pueden representar como las
cuatro líneas rectas indicadas en el diagrama. Las masas molares de los residuos monoméricos
son: 
MwA 12 2+ 12+ 1+ 12+ 14+= MwA 53.000= kg/kmol
MwB 12 2+ 12+ 1+ 12+ 1+ 12+ 2+= MwB 54.000= kg/kmol
MwS 12 2+ 12+ 1+ 6 12⋅+ 5 1⋅+= MwS 104.000= kg/kmol
Los precios molares son por tanto:
pA 0.75 MwA⋅= pA 39.750= Euro/kmol
pB 0.42 MwB⋅= pB 22.680= Euro/kmol
pS 0.64 MwS⋅= pS 66.560= Euro/kmol
Las composiciones (fracciones molares) de las cuatro intersecciones (marcadas 1, 2, 3 y 4) son:
x1A 0.094= x1B 0.15= x1S 1 x1A− x1B−= x1S 0.756=
x2A 0.072= x2B 0.35= x2S 1 x2A− x2B−= x2S 0.578=
x3A 0.2167= x3B 0.35= x3S 1 x3A− x3B−= x3S 0.433=
x4A 0.283= x4B 0.15= x4S 1 x4A− x4B−= x4S 0.567=
Las masas molares de las cuatro intersecciones son:
Mw1 x1A MwA⋅ x1B MwB⋅+ x1S MwS⋅+= Mw1 91.706= kg/kmol
Mw2 x2A MwA⋅ x2B MwB⋅+ x2S MwS⋅+= Mw2 82.828= kg/kmol
Mw3 x3A MwA⋅ x3B MwB⋅+ x3S MwS⋅+= Mw3 75.448= kg/kmol
Mw4 x4A MwA⋅ x4B MwB⋅+ x4S MwS⋅+= Mw4 82.067= kg/kmol
Los costes unitarios (molares) son:
Coste_molar1 x1A pA⋅ x1B pB⋅+ x1S pS⋅+= Coste_molar1 57.458= Euro/kmol de 1
Coste_molar2 x2A pA⋅ x2B pB⋅+ x2S pS⋅+= Coste_molar2 49.272= Euro/kmol de 2
Coste_molar3 x3A pA⋅ x3B pB⋅+ x3S pS⋅+= Coste_molar3 45.392= Euro/kmol de 3
Coste_molar4 x4A pA⋅ x4B pB⋅+ x4S pS⋅+= Coste_molar4 52.391= Euro/kmol de 4
Y los costes unitarios (másicos) son:
3
Coste_másico1
Coste_molar1
Mw1
= Coste_másico1 0.627= Euro/kg
Coste_másico2
Coste_molar2
Mw2
= Coste_másico2 0.595= Euro/kg
Coste_másico3
Coste_molar3
Mw3
= Coste_másico3 0.602= Euro/kg
Coste_másico4
Coste_molar4
Mw4
= Coste_másico4 0.638= Euro/kg
El producto que minimiza el coste de las materias primas es por tanto el representado por el
punto 2 del diagrama. La composición de este punto es:
x2A 0.072= x2B 0.35= x2S 0.578= (molares)
Composición másica:
w2A
x2A MwA⋅
Mw2
= w2B
x2B MwB⋅
Mw2
= w2S
x2S MwS⋅
Mw2
=
w2A 0.046= w2B 0.228= w2S 0.726= (en masa)
(no es válido argumentar maximizando la cantidad del componente más económico o minimizando la del
más caro sobre una base molar, puesto que el precio a minimizar es por kg de producto. Este tipo de
razonamiento sólo es válido si se trabaja exclusivamente en base másica tanto para especificaciones, como
para precios de materias primas y de productos. El precio mínimo por mol de producto no es
necesariamente el precio mínimo por kg de producto).
4
5
6
Sep04_Problemas.pdf
Materiales II, septiembre 2004
Problema 1
Para medir el coeficiente de difusión de un dopante (D) en un semiconductor (S) y su dependencia de la
temperatura, se realiza una serie de experimentos de difusión de D en obleas de S puro expuestas a vapor de
D a diferentes temperaturas y diferentes concentraciones del vapor de D en la superficie de la oblea. En cada
experimento se mide la concentración de D a una profundidad de z 15 10 6−⋅= m y a los τ 20= s del
comienzo de la exposición al vapor. La siguiente tabla resume los resultados obtenidos:
Temperatura 
(K)
Concentración de D en la 
superficie de la oblea
(átomos / m3)
Concentración de D en la
oblea 
a la profundidad z y al
tiempo τ
(átomos / m3)Tj
1204
1098
1112
1178
1256
989
= Csj
213.39·10
213.82·10
212.26·10
212.07·10
209.80·10
211.83·10
= Cj
212.10·10
211.31·10
208.99·10
211.08·10
205.47·10
196.55·10
=
A la vista de estos resultados, ¿cuál será el coeficiente de difusión (m 2/s) de D en S en un proceso de
fabricación de chips que opera a Top 1300= K?
(45 min, 2.5 puntos)
Solución: la difusión de D en S puro está descrita por: C τ z, Cs, T, ( ) Cs Cs erf
z
2 D T( ) τ⋅
⎛
⎜
⎝
⎞
⎟
⎠
⋅−= (A)
y la dependencia de la temperatura 
del coeficiente de difusión obedece una ley de Arrhenius:D T( ) D0 exp
Q−
R T⋅
⎛
⎜
⎝
⎞
⎟
⎠
⋅= con R 8.314= J/molK
De cada uno de los datos experimentales es por tanto posible extraer el valor del correspondiente coeficiente de
difusión despejando D(T) de la relación (A):
con Nexp 6= j 1 2, Nexp..=
Dj
1
τ
z
2 erfinv
Csj Cj−
Csj
⎛
⎜
⎝
⎞
⎟
⎠
⎛⎜
⎜
⎜⎝
⎞⎟
⎟
⎟⎠
2
⋅= donde "erfinv" es la función inversa de la función
de error "erf", cuyo
valor se calcula entrando en la tabla de la
función de error (Tabla 4.5, pág. 127) con el valor
de la función y leyendo el argumento. Dj
-112.28·10
-126.24·10
-127.86·10
-111.38·10
-111.64·10
-121.28·10
=
Los valores de los coeficientes de difusión que se obtienen
así para cada temperatura son (m2/s):
5 3 de septiembre de 2004
Materiales II, septiembre 2004
Para obtener una estimación de D a Top 1300= K podemos estimar por regresión linear los valores de D 0 y Q en
la expresión de Arrhenius linealizada tomando logaritmos:
lnD lnD0
Q
R
1
T
⋅−=
Los parámetros de la regresión (y=a+bx) serán entonces: a lnD0= b
Q−
R
=
Llamando:
xj
1
Tj
= yj ln Dj( )=
xj
-48.3056·10
-49.1075·10
-48.9928·10
-48.4890·10
-47.9618·10
-31.0111·10
= yj
-24.50
-25.80
-25.57
-25.01
-24.83
-27.39
=
y, p. ej., aplicando las fórmulas de regresión lineal:
Sx
j
xj∑= Sx 5.30 10 3−×= Sy
j
yj∑= Sy 153.10−=
tj xj
Sx
Nexp
−= Stt
j
tj( )2∑= Stt 2.89 10 8−×=
b
1
Stt
j
tj yj⋅( )∑⎡⎢
⎣
⎤
⎥
⎦
= b 13084−=
a
1
Nexp
Sy b Sx⋅−( )= a 13.97−=
Y por tanto:
D0 exp a( )= Q b− R⋅=
D0 8.596 10
7−
×= m2/s Q 108778= J/mol
El valor del coeficiente de difusividad que cabe esperar a Top 1300= K es por tanto:
D0 exp
Q−
R Top⋅
⎛
⎜
⎝
⎞
⎟
⎠
⋅ 3.66 10 11−×= m2/s
Una alternativa mucho menos precisa y poco recomendable es representar gráficamente lnD frente a 1/T,
trazar "a ojo" una recta que aproximadamente represente los puntos experimentales y usar esta recta para
leer el valor de lnD a 
1
Top
7.69 10 4−×= K (símbolo verde en la gráfica siguiente), que coincide
6 3 de septiembre de 2004
Materiales II, septiembre 2004
aproximadamente con el valor determinado por regresión lineal: ln D0 exp
Q−
R Top⋅
⎛
⎜
⎝
⎞
⎟
⎠
⋅
⎛
⎜
⎝
⎞
⎟
⎠
24.03−= :
7 10
4−
× 8 10
4−
× 9 10
4−
× 1 10
3−
× 1.1 10
3−
×
28−
26−
24−
1/T
ln
(D
)
1
Top
Materiales II, convocatoria Junio 2004
Problema 2
El cabezal de una impresora de chorro de tinta funciona proyectando microgotas de tinta sobre el papel.
La impulsión de la tinta la realiza un elemento piezoeléctrico. Este se deforma rápidamente al aplicarle
un voltaje entre dos de sus caras, desplazando así un émbolo cilíndrico de radio R 190 10 6−⋅= m que
proyecta la microgota de la cámara al exterior. El émbolo tiene libertad de movimiento exclusivamente
en la dirección del eje 3. El elemento piezoeléctrico tiene forma cúbica de lado l 840 10 6−⋅= m (ver
esquema, parte A) y va adherido solidariamente a una base fija tal y como se indica esquemáticamente
en la parte B de la figura. Los sistemas de coordenadas en las dos figuras son los mismos (es decir, el
elemento va montado en el cabezal de modo que los ejes 1 de los dos sistemas coinciden, idem los
ejes 2 y 3). Este sistema de coordenadas es también al que están referidos los módulos piezoeléctricos
del material empleado en esta aplicación (cerámica híbrida PZT-HT de alto módulo) :
d
123
=d
132
=d
231
=d
213
=d
312
=d
321
, d123 8.88 10
9−
⋅= C/N 
El resto de
los módulos son nulos.
7 3 de septiembre de 2004
Materiales II, septiembre 2004
Decidir qué caras del elemento piezoeléctrico deben polarizarse.1.
Calcular qué volumen tendrá la gota de tinta cuando se aplica una diferencia de potencial entre las caras2.
seleccionadas en el apartado anterior de ΔV 12= V.
(45 min, 2.5 puntos)
Solución: este problema es idéntico al 08_06_03. El PZT-HT es, en cuanto a los módulos, análogo al ZnS
cúbico. De acuerdo con la figura B, para producir el desplazamiento del émbolo (a lo largo del eje 3), es preciso
que el elemento activo sufra una deformación de cortadura en el plano 23, es decir el tensor de gradiente de
deformación debe tener componentes ε23 y ε32 (por simetría) no nulas. A la vista de los módulos piezoeléctricos
del material, el único modo de posible de conseguir esto es aplicando una polarización entre las caras 1
(perpendiculares al eje 1) del elemento activo:
E1
ΔV
l
= d132 d123=E1 1.43 10
4
×= V/m
ε23 E1 d123⋅=
ε32 E1 d132⋅=
ε23 1.27 10
4−
×=
ε32 1.27 10
4−
×=
Se observa también que los módulos d123 y d132 tienen el mismo valor numérico, como corresponde a la
condición de simetría del tensor ε. La deformación de cortadura del elemento corresponde por tanto a un
desplazamiento del émbolo a lo largo del eje 3 de:
Δx3 2ε23 l⋅=
Δx3 2.13 10
7−
×= m
Y el volumen de tinta inyectado en una gota es:
Vol Δx3 π⋅ R
2
⋅= Vol 2.42 10 14−×= m3
es decir, alrededor de una cienmilésima de milímetro cúbico, que es suficiente para producir, sobre papel
satinado, un punto de un diámetro de unas decenas de micras, con el que el cabezal puede alcanzar una
resolución de 600 ppp.
8 3 de septiembre de 2004
Feb04.pdf
Materiales II, convocatoria Febrero 2004
Nombre:
Número de matrícula:
(sólo una respuesta es correcta; marca una sóla respuesta de modo claro sobre estas mismas hojas; 
no se tienen en cuenta preguntas con más de una marca) 60 min, 0.5 puntos cada pregunta
1. Un metal que cristaliza en estructura BCC tiene una constante de red de a 0.3146 10 9−⋅= m. En un difractograma
realizado con rayos X de longitud de onda λ 0.1541 10 9−⋅= m se observa un pico a θ 50.751= º para primer orden de
difracción (n=1). ¿Cuáles son los índices de Miller de los planos que producen este pico en el difractograma?
(1 1 0) •
(2 0 0)•
(2 2 0)•
(2 1 1)•
(3 1 0)•
ninguno de los anteriores•
Sol: ver prob.3.11.6. De la ec. 3.11: h2 k2+ l2+ 2 a⋅ sin θ( )⋅
1
λ
⋅





2
= 2 a⋅ sin θ
π
180
⋅





⋅
1
λ
⋅





2
10.00=
y de acuerdo con la tabla 3.7, para una estructura BCC y h2 k2+ l2+ 10= , el pico indicado lo producen los
planos (310)
2. Un diodo de unión pn tiene la siguiente característica corriente-voltaje: i V( ) 0.0051− 1 e0.78V−( )⋅= (con la intensidad en
amperios, y el voltaje en voltios). ¿Cuál es su resistencia cuando no está polarizado?
251.4 Ω •
0.89 Ω•
515.1 Ω•
un diodo no polarizado no tiene resistencia•
171.6 Ω•
ninguna de las respuestas anteriores•
Sol: la resistencia sin polarización se obtiene como el límite cuando la polarización tiende a 0. En
este caso vale aprox. 251.4 Ω (
0V
V
i V( )
lim
→
251.38260432378079437→ ).
3. Calcula la densidad (kg/m3) del BaTiO3 tetragonal:
4550 kg/m3•
6070 kg/m3•
2330 kg/m3•
3420 kg/m3•
7870 kg/m3•
ninguna de los anteriores•
Sol: de las dimensiones de la celdilla unidad (pág. 530) y las masas atómicas: 
a 0.398 10 9−⋅= b a= c 0.403 10 9−⋅= Vcelda a b⋅ c⋅= Vcelda 6.38 10
29−
×= m3
Materiales II convocatoria Febrero 2004 18 de febrero de 2004
ρ
1 47.9⋅ 3 16⋅+ 1 137.34⋅+( ) 1.6612⋅ 10 27−⋅
Vcelda
= ρ 6070= kg/m3
4. ¿En qué proporción másica deben estar los monómeros (diamina A, diácido B) que se necesitan para la síntesis del
nylon 6,6 si se emplea la proporción (molar) estequiométrica?
0.5 kg A/kg B•
1.1 kg A/kg B•
1.0 kg A/kg B•
0.79 kg A/kg B•
0.93 kg A/kg B•
ninguna de los anteriores•
Sol: los reactantes requeridos son (A) hexametilendiamina (MwA 116= ) y (B) ácido adípico (
MwB 146= ). Puesto que la reacción es con estequiometría 1:1, la relación diamina/diácido es
por tanto: MwA MwB÷ 0.79= kg A/kg B.
5. La inversión de población que necesariamente debe tener lugar en un material óptico para que éste pueda producir
radiación láser es:
una alteración de la distribución de equilibrio clásico de Boltzmann de los electrones del material•
la sustitución de algunos cationes del material por otros cationes que le confieren un color diferente•
el aporte de energía por medio de una fuente exterior de luz incoherente•
la emisión de fotones por parte de un átomo del material, de la misma longitud de onda y con la misma fase que un•
fotón incidente
la emisión amplificada de radiación electromagnética de mayor energía (menor longitud de onda) que la aportada•
por el medio de bombeo
ninguna de los anteriores•
Sol:una alteración de la distribución de equilibrio clásico de Boltzmann de los electrones del
material.
6. Un material compuesto metal-cerámica tiene una densidad de ρC 8250= kg/m3. Los componentes son una matriz
metálica (A) y partículas de nitruro de silicio Si3N4 (B) dispersas en la matriz. La densidad de B es ρB 3150= kg/m3 y
su fracción volumétrica es VB 0.12= . ¿Cuál es la fracción másica de Si3N4 en el compuesto?
0.15 5•
0.221•
0.083•
0.285•
0.302•
ninguna de los anteriores•
Sol: la densidad del compuesto depende de las densidades de los componentes y de sus
fracciones volumétricas como:ρC 1 VB−( ) ρA⋅ VB ρB⋅+= , de donde se obtiene la densidad del
metal:
Materiales II convocatoria Febrero 2004 18 de febrero de 2004
ρA
ρC VB ρB⋅−
1 VB−
= ρA 8945= kg/m3
y la fracción másica de B en el material compuesto es por tanto:
VB ρB⋅
1 VB−( ) ρA⋅ VB ρB⋅+
0.0458= (masa de B entre masa de A más masa de B)
O aún más directamente
ρB VB⋅
ρC
0.0458= (masa de B en una unidad de volumen dividida entra la masa
de la unidad de volumen)
7. El elemento activo de un amortiguador está fabricado con goma o caucho de neopreno (elastómero) y se especifica
que sea lo más blando posible (en el sentido de "elásticamente blando", es decir, de bajo módulo elástico E). ¿En cuál
de las siguientes circunstancias se satisface mejor esta especificación?
reticulando el 5% de los dobles enlaces de la UER (unidad estructural repetitiva), operando el amortiguador a baja•
temperatura, pero por encima de su temperatura de transición vítrea
reticulando el 5% de los dobles enlaces de la UER, operando el amortiguador a alta temperatura•
no reticulando el policloropreno en absoluto, independientemente de la temperatura de operación•
reticulando el 15% de los dobles enlaces de la UER, operando el amortiguador a alta temperatura•
reticulando el 5% de los dobles enlaces de la UER, operando el amortiguador por debajo de su temperatura de•
transición vítrea
no hay suficiente información para elegir una de las anteriores•
Sol: el módulo elástico es directamente propocional al número de puntos de reticulación por
unidad de volumen y a la temperatura absoluta (E n k⋅ T⋅= , problema 07_09_01). Por tanto, el
amortiguador será más blando cuanto más baja sea la reticulación (siempre y cuando haya
algo de reticulación, porque si no, no se obtiene un elastómero) y cuanto más baja sea la
temperatura de operación, siempre que esté por encima de la temperatura de transición vítrea,
pues de lo contrario deja de comportarse como un elastómero y pasa a ser un material plástico
frágil. Es decir: "reticulando el 5% de los dobles enlaces de la UER, operando el amortiguador a
baja temperatura, pero por encima de su temperatura de transición vítrea"
8. La imagen en un monitor de TV se renueva en promedio n 25= veces por segundo barriendo con un haz de electrones
que induce emisión de luz en el material fosforescente ("phosphor"). Para obtener buena resolución, es necesario que la
intensidad luminosa producida por el material fosforescente del que están fabricados los pixels del monitor decaiga a la
octava
parte ( r 0.125= ) entre dos barridos sucesivos del pixel por el haz de electrones. ¿Cuál debe ser la constante de
relajación para un material fosforescente en esta aplicación?
0.0047 s•
0.0485 s•
0.0232 s•
0.0192 s•
0.0448 s•
ninguna de las anteriores•
Sol: el decaimiento de la fosforescencia obedece una ley exponencial (ec. 7.8), luego debe
cumplirse que:
τ
1
n
ln r( )
−=
τ 0.0192= s
9. En la estructura de la fluorita, 
los iones F- ocupan todos los huecos tetraédricos de la red FCC definida por los iones Ca+•
Materiales II convocatoria Febrero 2004 18 de febrero de 2004
los iones F- ocupan la mitad de los huecos tetraédricos de la red FCC definida por los iones Ca+•
los iones Ca+ ocupan la mitad de los huecos octaédricos de la red FCC definida por los iones F-•
los iones Ca+ ocupan todos los huecos octaédricos de la red FCC definida por los iones F-•
los iones F- ocupan todos los huecos octaédricos de la red FCC definida por los iones Ca+•
ninguna de las anteriores•
Sol: en la estructura de la fluorita (Fig. 11.14), los iones Ca+ definen una estructura FCC y los iones F- ocupan
todos los huecos tetraédricos (8). Es decir, "los iones F- ocupan todos los huecos tetraédricos de la red FCC
definida por los iones Ca+"
10. ¿Cuál de los siguientes materiales sería el más adecuado para fabricar un mango de una herramienta sometida a
impacto (p.ej. de un martillo) y de bajo costo?
poliestireno•
teflón•
polidimetilsiloxano•
poliacetal•
polietileno de baja densidad•
ninguno de las anteriores•
Sol: el poliestireno es frágil (p. 357); el teflón es muy difícil de conformar a la forma deseada(p. 361) y su coste es
muy elevado (p. 398); el PDMS puede ser un líquido a temperatura ambiente o, si se reticula, una goma blanda
(p. 383); el polietileno de baja densidad tiene baja resistencia mecánica (tablas 9.3 y 9.14); el poliacetal es el
más adecuado por ser fácil de conformar (p. 367), resistente al impacto y de bajo coste (p. 397).
Materiales II, convocatoria Febrero 2004
Problema 1
El proceso de fabricación de fibras textiles de PET está basado en el hilado del fundido a través de
una hilera. En este proceso se hace fluir el polímero en estado fluido a través de un orificio circular
para formar un filamento, a la vez que se somete el filamento a tracción (ver figura).
Materiales II convocatoria Febrero 2004 18 de febrero de 2004
En operación estacionaria, el diámetro del filamento en el punto P es δ 0.0013= m y el campo de
velocidad del PET fundido, válido en toda la sección transversal del filamento que contiene al punto P,
está dado por:
v1 x1 x2, x3,( )
1−
2
ε x1⋅= ε con ε 11.5= s-1
v2 x1 x2, x3,( )
1−
2
ε x2⋅=
v3 x1 x2, x3,( ) ε x3⋅=
referido a un sistema de coordenadas cartesiano centrado en P y con los siguientes ejes:
ejes 1 y 2 perpendiculares entre sí y a la dirección de estirado del filamento•
eje 3 en la dirección de estirado del filamento•
(este flujo se denomina flujo extensional uniaxial). La viscosidad del PET fundido a la temperatura de
trabajo obedece a la siguiente relación:
η γ( ) 4.47 105⋅
1
1 22.3γ+( )0.65
⋅=
dondeη es la viscosidad del PET en Pa.s y γ es la velocidad de deformación en s-1. El tensor
de esfuerzos en el PET fundido depende de la viscosidad y de γ según la ec. constitutiva del
fluido newtoniano generalizado:
τ η γ( )− ∇v ∇vT+( )⋅= (Pa)
Determinar:
la viscosidad del PET en el punto P.•
el módulo de la fuerza de tracción que debe ejercerse para estirar el filamento de PET.•
(45 minutos, 2.5 puntos)
Solución: la viscosidad depende del módulo del tensor velocidad de deformación. Éste es:
∇v
1−
2
ε
0
0
0
1−
2
ε
0
0
0
ε












= γpunto ∇v ∇v
T
+= γpunto
11.50−
0.00
0.00
0.00
11.50−
0.00
0.00
0.00
23.00






=
Materiales II convocatoria Febrero 2004 18 de febrero de 2004
γmod
1
2
γpuntoi j,
γpuntoi j,
⋅= (convenio de sumación sobre índices repetidos)Y su módulo es:
O bien (sin utilizar el convenio de sumación de índices repetidos).γmod
1
2
1
3
i 1
3
j
γpuntoi j,( )2∑
=
∑
=








=
γmod 19.92= s-1
La viscosidad se obtiene entonces de la expresión dada: η γmod( ) 8.487 103×= Pa.s
Para calcular la fuerza de tracción se debe obtener en primer lugar el tensor de esfuerzos en el PET por
medio de la Ec. Constitutiva dada:
τ η γmod( )− γpunto⋅= τ
97601
0
0
0
97601
0
0
0
195202−






= Pa
Las componentes 1,1 y 2,2 de τ no son nulas y corresponden a fuerzas ejercidas en dirección 1 y 2 sobre
una superficie cuya normal apunta en dirección 1 y 2, respectivamente, es decir, superficies libres del
fluido. Tienen por tanto que ser igual a la presión ejercida por la atmósfera, es decir, la referencia o cero
de esfuerzo normal. Esto implica que el esfuerzo τ3,3 debe medirse o calcularse relativo a este cero, es
decir, a su valor debe restársele el de τ1,1 o τ2,2, que son por supuesto iguales. Físicamente refleja el
hecho de que, al estar las superficies libres en equilibrio, la presión atmosférica iguala a las componentes
diagonales de τ que corresponden a cada superficie libre. El esfuerzo a realizar es el valor
correspondiente, p.ej. τ3,3 en este caso, medido desde la presión atmosférica, que es, en este caso,
igual a τ1,1. 
La fuerza en la dirección 3 se obtiene multiplicando la diferencia (τ33 - τ11 )del esfuerzo (que es constante
en toda la sección, por serlo el gradiente de velocidad) por el área en la sección transversal del filamento
en el punto P. Es una fuerza negativa por ser de tracción (polímero fundido). Su módulo es:
F τ3 3, τ1 1,−( ) π
δ
2





2
⋅






⋅= F 0.389= N
Materiales II, convocatoria Febrero 2004
Problema 2
Las espumas de poliuretano (PUR), que es un polímero termoestable o termoendurecible, se utilizan con
mucha frecuencia como aislamiento térmico y acústico puesto que uno de los monómeros (el diisocianato),
añadido en exceso, puede reaccionar con agua y producir CO2. Éste queda ocluido en la masa del polímero
en forma de pequeñas burbujas de manera que se puede obtener una espuma o material alveolar con un alto
contenido de gas. La reacción de polimerización entre el toluidendiisocianto (A) y el n-hexanodiol (B) es:
donde el polímero P está formado por la repetición de la unidad estructural repetitiva (UER). La reacción por la
que se produce el gas espumante (CO2) es:
Materiales II convocatoria Febrero 2004 18 de febrero de 2004
Se conocen los siguientes datos a temperatura ambiente (T 298= K):
densidad del polímero (P): ρP 1050= kg/m3•
densidad de la toluidendiamina (D): ρD 680= kg/m3•
módulo elástico E del polímero (P): EP 135 10
6
⋅= Pa•
Se desea producir una espuma PUR según las anteriores reacciones y partiendo de A, B y W como materias
primas y de acuerdo con las siguientes especificaciones:
producción de P según la primera reacción con una relación molar de A a B rAB 1.12= (es decir, exceso•
de A).
cantidad de W suficiente para producir CO2 consumiendo exactamente el exceso de A según la segunda•
reacción.
las dos reacciones se llevan a cabo hasta agotar los reactivos.•
los productos de las dos reacciones (P, D y E) quedan retenidos completamente en el producto final.•
las burbujas de CO2 están a presión atmosférica y el CO2 en estas condiciones se comporta como un gas•
ideal.
Determinar:
las cantidades de A, B y W que se requieren para obtener mtot 1= kg de espuma.1.
la densidad del producto final (P+D+E)2.
el módulo elástico de la espuma en isodeformación (D y E no contribuyen al módulo elástico de la3.
espuma, es decir, sus módulos elásticos son nulos).
(45 minutos, 2.5 puntos)
Solución: las masas moleculares de las diferentes especies químicas son: 
MwN 14= MwO 16.0= MwC 12.01= MwH 1.0=
MwA 9MwC 2MwN+ 2MwO+ 6MwH+= MwA 174.09= kg/kmol
MwB 6MwC 2MwO+ 14MwH+= MwB 118.06= kg/kmol
MwUER MwA MwB+= MwUER 292.15= kg/kmol
MwW MwO 2MwH+= MwW 18=
kg/kmol
MwE MwC 2MwO+= MwE 44.01= kg/kmol
MwD 7MwC 2MwN+ 10MwH+= MwD 122.07= kg/kmol
Realizamos el cálculo sobre la base de 1 kmol de B. Un kmol de B reacciona con un kmol de A para producir
un kmol de UER. Esta UER contribuye a la masa total con MwUER 292.15= kg.
El exceso molar de A (rAB 1− 0.12= kmoles) reacciona con 2 rAB 1−( ) 0.24= kmoles de agua,
consumiéndose ambos y produciendo rAB 1− 0.12= kmoles de D y 2 rAB 1−( ) 0.24= kmoles de CO2. La
contribución a la masa total de estos dos productos de la segunda reacción es por tanto: 
rAB 1−( ) MwD⋅ 2 rAB 1−( ) MwE⋅+ 25.21= kg. La masa total que corresponde a la base de cáculo de 1
kmol de B es:
Mtot MwUER rAB 1−( ) MwD⋅+ 2 rAB 1−( ) MwE⋅+= Mtot 317.36= kg
que también puede calcularse como:
Materiales II convocatoria Febrero 2004 18 de febrero de 2004
Mtot rABMwA MwB+ 2 rAB 1−( ) MwW⋅+ = Mtot 317.36= kg
Luego para producir un kg de espuma PUR serán necesarios:
mA rAB MwA⋅ Mtot÷= mA 0.614= kg
mB 1. MwB⋅ Mtot÷= mB 0.372= kg
mW 2 rAB 1−( ) MwW⋅ Mtot÷= mW 0.014= kg (mA mB+ mW+ 1.000= )
1 kg de producto final contiene sólo P, D y E en las siguientes cantidades:
mP
mB
MwB
MwUER⋅= mP 0.921= kg
mD
mB
MwB
rAB 1−( )⋅ MwD⋅= mD 0.046= kg
mE 2
mB
MwB
rAB 1−( )⋅ MwE⋅= mE 0.033= kg (mP mD+ mE+ 1.000= )
La densidad del CO2 es: ρE 1 MwE⋅ 0.082 T⋅( )÷= ρE 1.801= kg/m3
Los volúmenes de los tres componentes y el volumen total:
m3
vP mP ρP÷= vP 8.77 10
4−
×=
m3
vD mD ρD÷= vD 6.79 10
5−
×=
m3
vE mE ρE÷= vE 0.0185=
vtot vP vD+ vE+= vtot 0.0194= m3
La densidad de la espuma:
ρ
1
vtot
= ρ 51= kg/m3
Puesto que ni D ni E contribuyen al módulo elástico (son líquido y gas, respectivamente), su único efecto es
reducir la fracción volumétrica de P, que es el único componente sólido y por tanto el único que aporta
módulo elástico (proporcionalmente a su fracción volumétrica, ec. 14.7). Por tanto:
E
vP
vtot
EP⋅= E 6.09 10
6
×= Pa
Materiales II convocatoria Febrero 2004 18 de febrero de 2004
Feb05_Ing_Ind.pdf
Ingeniería Industrial / Materiales II febrero 2005
Nombre:
Número de matrícula:
(sólo una respuesta es correcta; marca una sóla respuesta de modo claro sobre estas mismas hojas; 
no se tienen en cuenta preguntas con más de una marca) 60 min, 0.5 puntos cada pregunta
1. El Si cristaliza en la estructura del diamante. Suponiendo los átomos perfectamente esféricos, calcular su
factor de empaquetamiento atómico (APF):
0.45•
0.34•
0.66•
0.58•
0.71•
ninguno de los anteriores•
Sol: la estructura del Si (diamante) representada en la Fig. 13.15 contiene 8 átomos. La relación entre
el radio de los átomos y la arista del cubo es l 8
R
3
= y el APF es por tanto : 
8
4
3
⋅ π⋅
8
1
3






3
0.340=
2. ¿Qué peso molecular tiene una celulosa de grado de polimerización n 7500= ?
2.432 10
6
⋅ kg/kmol•
1.216 10
6
⋅ kg/kmol•
2.432 10
3
⋅ kg/kmol•
1.216 10
3
⋅ kg/kmol•
4.864 10
6
⋅ kg/kmol•
ninguno de los anteriores•
Sol: de la fórmula química de la unidad estructural repetitiva (Fig. 11.42), la masa molecular de la
UER es MwUER 6 12.01⋅ 5 16.00⋅+ 10 1.008⋅+( ) 2⋅= , es decir, MwUER 324.28= kg/kmol. Por tanto la
masa molecular de una celulosa del grado de polimerización dado será: n MwUER⋅ 2.432 10
6
×=
3. La conductividad del Si intrínseco a T 325= ºC es: 
5 S/m•
19 S/m•
2200 S/m•
870 S/m•
1.5 S/m•
ninguna de las anteriores•
 1 8/2/2005
Ingeniería Industrial / Materiales II febrero 2005
ninguna de las anteriores•
Sol: el valor de 19 S/m se lee directamente de la ordenada del diagrama doble logarítmico de
la Fig. 13.20, para una abscisa de 
1
T 273+
1.67 10
3−
×= K
-1
, o bien se calcula como en el
problema ejemplo 13.6, en cuyo caso el resultado es de 17.4 S/m. Se dan por buenas tanto la
respuesta "19 S/m" como "ninguna de las anteriores".
4. En una fibra óptica multimodo se cumple que
la fibra funciona debido a que las trayectorias de la señal óptica se reflejan totalmente en la superficie de la•
fibra
la fibra funciona debido a que las trayectorias de la señal óptica se reflejan totalmente en la interfaz entre•
dos capas de vidrio de diferentes índices de refracción
la longitud de las trayectorias que sigue la señal óptica entre dos puntos son las más cortas posibles•
la señal óptica viaja preferentemente por la zona de la fibra donde el índice de refracción es mínimo•
la señal óptica viaja preferentemente por la zona de la fibra donde el índice de refracción es máximo•
la señal óptica sigue trayectorias de máxima alineación•
Sol: la radiación electromagnética se propaga de manera que el tiempo de viaje entre dos
puntos dentro de la fibra es mínimo. En una fibra multimodo, esto implica que la trayectoria
se encuentra preferentemente por la zona de la fibra donde el índice de refracción es mínimo.
5. Un CD-ROM se fabrica inyectando un fundido de policarbonato de bisfenol-A (BPA-PC) a Tmolde 180= ºC en
un molde, dejando solidificar el polímero y extrayéndolo del molde. Las dimensiones finales del CD (a temperatura
ambiente Tamb 20= ºC) deben ser Dext 120= mm de diámetro exterior y Dint 15= mm de diámetro interior (el
orificio central del CD). Debido al cambio de temperatura, el CD-ROM cambia de tamaño al desmoldarlo y
enfriarlo. El BPA-PC se comporta de modo aproximado como un material homogéneo e isótropo con un
coeficiente de expansión térmica lineal α 5.3 10
5−
⋅= K-1. Para cumplir las especificaciones geométricas de Dext
y Dint, las dimensiones (diámetros exterior e interior) del molde deben ser:
120.62 y 14.93 mm•
121.32 y 15.78 mm•
119.82 y 15.91 mm•
119.01 y 14.60 mm•
121.02 y 15.13 mm•
ninguna de las alternativas anteriores•
Sol: al ser un material isótropo, todas las dimensiones lineales cambian al variar la
temperatura según l l0 1 α ∆T⋅+( )⋅= . Por tanto, las dimensiones del molde deben ser:
Dext 1 α Tmolde Tamb−( )⋅+ ⋅ 121.02= mm, Dint 1 α Tmolde Tamb−( )⋅+ ⋅ 15.13= mm.
6. En numerosas aplicaciones, el PVC (ρ PVC 1390= kg/m
3) suele emplearse mezclado con un plastificante
 2 8/2/2005
Ingeniería Industrial / Materiales II febrero 2005
(como el ftalato de 2-etil-octilo o DOP, ρ DOP 986= kg/m
3) y con una carga inerte de material de relleno como
el polvo de caliza CaCO3 (ρ C 2840= kg/m
3). Un PVC formulado con estos tres componentes tiene una
densidad de ρ 1550= kg/m3. ¿Cuál es su composición en fracciones molares xPVC, xDOP, 
xC 1 xPVC− xDOP−= ?
xPVC 0.426= , xDOP 0.371= •
xPVC 0.228= , xDOP 0.331= •
xPVC 0.488= , xDOP 0.124= •
xPVC 0.665= , xDOP 0.239= •
con los datos que se proporcionan no hay una única respuesta.•
ninguna de las anteriores•
Sol: no existe una respuesta única, sino que existen infinitos modos de obtener la densidad
especificada. Puede obtenerse por ejemplo mezclando sólo PVC y DOP; y partiendo de ahí
aumentando la cantidad de C y reduciendo la de PVC de modo que se mantenga la densidad. De
otro modo: la cuestión planteada contiene dos incógnitas y sólo existe una condición (densidad de la
mezcla), que es insuficiente para determinar las incógnitas de modo único.
7. Una técnica sencilla y usada muy frecuentemente para determinar el grado de cristalinidad de una muestra de
un polímero consiste en medir su densidad. Si se conocen las densidades del polímero totalmente amorfo y
totalmente cristalino, y se considera el polímero semicristalino como una mezcla física de ambos, es posible
calcular su grado de cristalinidad. Para el polietileno (PE), se conoce la densidad del PE totalmente amorfo 
ρ a 855= kg/m
3) y del PE totalmente cristalino ρ c 1000= kg/m
3. Si una muestra semicristalina tiene una
densidad de ρ 925= kg/m3. ¿Cuál es su grado de cristalinidad (expresado como fracción másica)?
xc 0.23=•
xc 0.89=•
xc 0.61=•
xc 0.52=•
xc 0.11=•
ninguna de las anteriores•
Sol: tomando una base cálculo de 1 kg, podemos expresar el volumen de esta base como un sólo
componente o como mezcla de las partes
amorfa y cristalina; por tanto se verifica 
1
ρ
xc
ρ c
1 xc−
ρ a
+= ,
de donde xc
ρ c ρ a ρ−( )⋅
ρ ρ a ρ c−( )⋅
= es decir, xc 0.52=
 3 8/2/2005
Ingeniería Industrial / Materiales II febrero 2005
8. La estructura ensamblada por ingletes encolados que se representa en la figura está construida en madera
seca al horno con un contenido en humedad estándar del 12%. En servicio en un clima seco, el contenido de
humedad de la madera desciende notablemente por debajo del 12%. Los cuatro miembros de la estructura están
aserrados de manera que su dimensión mayor coincide con la dirección axial de la madera, tal y como se indica
en el primer dibujo. Estas uniones a inglete son especialmente inadecuadas para materiales compuestos como
la madera por su tendencia a distorsionarse y a fallar estructuralmente ¿Cuál será la forma que adopta la
estructura al secarse la madera? 
q q q q q
Sol: la anchura de los cuatro miembros de la estructura se reducirá apreciablemente, por ser
dirección radial o tangencial, mientras que su longitud se mantendrá constante (longitudinal). La
forma que adoptará será la que se indica (y el fallo estructural será por desencolado de los ingletes).
 4 8/2/2005
Ingeniería Industrial / Materiales II febrero 2005
9. La estructura de un material con empaquetamiento FCC (y átomos de radio R) se distorsiona de
manera que uno de los lados de la celda unidad se alarga hasta que se alcanza un factor de
empaquetamiento atómico igual al de una celda BCC. ¿Qué valor ha de tener el lado distorsionado de la
celda?
1,04R•
1,41R•
1,54R•
2,74R•
3,08R•
ninguna de las respuestas anteriores.•
Sol. : se calcula el factor de empaquetamiento para una celda FCC (sección 3.3.2), pero
considerando que e l vo lumen de la ce lda ahora es Vcelda a
2
adist⋅= donde a 4
R
2
= es la
longitud original, y adist la longitud distorsionada. Sust i tuyendo en la expresión del factor de
empaquetamiento, e igualando el factor a APFBCC 0.68= (BCC), se obtiene: 
adist
R
2π
3 APFBCC⋅
=
es decir , 
2π
3 APFBCC⋅
3.08=
10. Se difunde un gas en una oblea gruesa de silicio durante t 10800= s (tres horas), a una temperatura de 
T 1273= K. Si D0 2.0 10
5−
⋅= m2/s y Q 142 10
6
⋅= J/kmol, ¿cuál será la profundad de la capa límite?
6,17 mm•
3,63 mm•
2,27 mm•
4,50 mm•
3.01 mm•
ninguna de las respuestas anteriores•
La constante de difusión a 1000 ºC (1273 K) se calcula a part ir de la ley de Arrhenius. Con 
R 8.314 10
3
⋅= kJ/kmol.K: D D0 e
Q−
R T⋅
⋅= , D 2.98 10
11−
×= m
2
/s y e l espesor de la capa l ími te es: 
4 D t⋅ 2.27 10
3−
×= m.
 5 8/2/2005
Ingeniería Industrial / Materiales II febrero 2005
Problema 1
Se prepara un material compuesto tipo "sandwich" formado por láminas alternadas de una matriz "m" y un
refuerzo "r", de igual área y espesores lm 0.5 10
3−
⋅= m y lr 0.3 10
3−
⋅= m respectivamente. La superficie
del material paralela a las láminas se expone a un determinado gas con concentración Cs 10
26
=
átomos/m3. Los parámetros de difusión del gas en los dos componentes son:
Matriz: D0m 2.1 10
8−
⋅= m2/s, Qm 2.8 10
6
⋅= J/kmol•
Refuerzo: D0r 5.2 10
7−
⋅= m2/s, Qr 15.3 10
6
⋅= J/kmol•
Calcular los coeficientes de difusión del gas en los dos componentes por separado a una1.
temperatura T1 300= K y T2 500= K.
Considerando que el material compuesto se comporta como un medio continuo promedio en2.
condiciones de isoflujo (la difusión tiene lugar en la dirección perpendicular al plano de las láminas),
calcular para las dos temperaturas el espesor "x" al cual la concentración de gas será la mitad de la
superficial cuando haya transcurrido t 3600= s de exposición al gas.
Dato: R 8.314 10
3
⋅= J/kmolK
(2.5 puntos, 45 minutos)
Solución: Las difusividades en cada uno de los componentes por separado se obtienen
aplicando la ecuación 4.20 (p. 107):
Dm1 D0m exp
Qm−
R T1⋅






⋅= Dm2 D0m exp
Qm−
R T2⋅






⋅= Dr1 D0r exp
Qr−
R T1⋅






⋅= Dr2 D0r exp
Qr−
R T2⋅






⋅=
Dm1 6.83 10
9−
×= m2/s Dm2 1.07 10
8−
×= m2/s Dr1 1.13 10
9−
×= m2/s Dr2 1.31 10
8−
×= m2/s
En condiciones de isoflujo, la difusividad promedio se obtiene por la regla de mezcla de Reuss:
1
Dc
Vm
1
Dm
⋅ Vr
1
Dr
⋅+=
Al ser las áreas iguales, las fracciones volumétricas se obtienen a partir de los espesores:
Vm
lm
lm lr+
= Vm 0.625= Vr 1 Vm−= Vr 0.375=
Por lo tanto, las difusividades del material compuesto a las dos temperaturas son:
 6 8/2/2005
Ingeniería Industrial / Materiales II febrero 2005
Dc1 Vm
1
Dm1
⋅ Vr
1
Dr1
⋅+






1−
= Dc1 2.36 10
9−
×= m2/s
Dc2 Vm
1
Dm2
⋅ Vr
1
Dr2
⋅+






1−
= Dc2 1.15 10
8−
×= m2/s
Para hallar el espesor x al cual la concentración es la mitad del valor en la superficie, se utiliza la expresión
del perfil de concentraciones 
Cs Cx−
Cs C0−
erf
x
2 D t⋅






= 0.5= , con C0 0= . Interpolando los en la Tabla 4.5 del
libro (p. 102), como en los problemas ejemplo 4.7 o 4.8, se obtiene:
x
2 D t⋅
erfinv 0.5( )= erfinv 0.5( ) 0.477= donde "erfinv" es la función inversa de la
función de error "erf", cuyo valor se calcula
entrando en la tabla de la función de error
(Tabla 4.5) con el valor de la función y leyendo
el argumento.
x1 2 Dc1 t⋅ erfinv 0.5( )⋅= x1 2.78 10
3−
×= m
x2 2 Dc2 t⋅ erfinv 0.5( )⋅= x2 6.14 10
3−
×= m
 7 8/2/2005
Ingeniería Industrial / Materiales II febrero 2005
Problema 2
Los materiales cerámicos piezoeléctricos se emplean como sensores de presión hidrostática (p.ej. para
determinar la profundidad de inmersión de un submarino midiendo de la presión hidrostática que ejerce el
agua). En esta aplicación (presión hidrostática) las componentes del tensor de esfuerzos están dadas
por:
ij ijpτ δ= −
Para la construcción de un sensor de presión hidrostática en forma de cubo, con las caras cortadas
perpendicularmente a los ejes cartesianos convencionales, se dispone de tres materiales monocristalinos:
A) turmalina (clase 3m), cuyos módulos piezoeléctricos son:
dA22 3.40 10
13−
⋅= C/N dA15 3.71 10
12−
⋅= C/N dA31 3.50 10
12−
⋅= C/N dA33 1.87 10
12−
⋅= C/N
B) cuarzo (clase 32), cuyos módulos piezoeléctricos son:
dB11 2.30− 10
12−
⋅= C/N dB14 0.67− 10
12−
⋅= C/N
C) clorato sódico NaClO3 (clase 23), cuyo módulo piezoeléctrico es:
dC14 2.07 10
12−
⋅= C/N
Decidir cuál o cuáles de estos materiales son adecuados para construir un sensor de presión hidrostática.•
En caso de que más de un material sea adecuado, elegir el que produzca la mayor polarización eléctrica•
(no es preciso calcular la señal eléctrica (diferencia de potencial) sólo la magnitud de la polarización
eléctrica) para una presión de p 10
6
= Pa (representativa de una profundiad de aprox. 100 m).
Para el material seleccionado, representar esquemáticamente en la figura correspondiente los ejes•
cartesianos convencionales, el sensor (cubo) e indicar entre qué caras se medirá la señal eléctrica (nota:
las caras se numeran con el índice del eje cartesiano al que son perpendiculares, es decir las caras "i" son
perpendiculares al eje cartesiano "i").
(2.5 puntos, 45 minutos)
A B C
 8 8/2/2005
Ingeniería Industrial / Materiales II febrero 2005
Sol.: para presión hidrostática, 
el tensor de esfuerzos dado es: 
τ
p−
0
0
0
p−
0
0
0
p−






= Y en notación de Voigt 
(indicado por el subíndice "v"):
τv
p−
p−
p−
0
0
0


















=
La estructura de la matriz de módulos piezoeléctricos (igualmente en notación de Voigt) para cada uno de los
materiales se obtienen de las tablas en 08_01_01. Los valores numéricos son los dados en el enunciado:
dAv
0
dA22−
dA31
0
dA22
dA31
0
0
dA33
0
dA15
0
dA15
0
0
2− dA22
0
0










= dBv
dB11
0
0
dB11−
0
0
0
0
0
dB14
0
0
0
dB14−
0
0
2− dB11
0










=
dCv
0
0
0
0
0
0
0
0
0
dC14
0
0
0
dC14
0
0
0
dC14










=
P dτ=
r
%
Para el efecto piezoeléctrico directo, la polarización se calcula llevando a cabo el producto:
para cada uno de los materiales:
PA dAv τv⋅= PB dBv τv⋅= PC dCv τv⋅=
PA
0
0
2− dA31 p⋅⋅ dA33 p⋅−








= C/m2 PB
0.00
0.00
0.00






= C/m2 PC
0.00
0.00
0.00






= C/m2
PA
0.00
0.00
8.87− 10
6−
×










= C/m2
En consecuencia el único material que produce señal (polarización eléctrica, medible como diferencia de
potencial entre dos caras opuestas) es la turmalina. La polarización aparecerá en dirección 3 y se
medirá entre las caras perpendiculares a este eje. La posición convencional de los ejes cartesianos (ver
08_01_01) es:
 9 8/2/2005
Ingeniería Industrial / Materiales II febrero 2005
�
e
�
�
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�
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�
�
�
 10 8/2/2005
IngI_Jun05.pdf
Ingeniería Industrial / Materiales II junio 2005
Nombre:
Número de matrícula:
(sólo una respuesta es correcta; marca una sóla respuesta de modo claro sobre estas mismas hojas; 
no se tienen en cuenta preguntas con más de una marca) 50 min, 0.5 puntos cada pregunta
1. Calcula la densidad de la variedad polimorfa del SiO2 (β-cristobalita, cúbica) que es estable
termodinámicamente entre 1470ºC y el punto de fusión (1710ºC) cuya estructura está representada en la Fig.
10.22 y sabiendo que la arista de la celda unidad representada en esa figura es de a 0.712= nm.
2311 kg/m3•
3201 kg/m3•
2212 kg/m3•
2019 kg/m3•
3120 kg/m3•
ninguna de las anteriores•
Sol: en la estructura de la β-cristobalita hay 8 átomos de Si y 16 de O. Su densidad es por tanto: 
8 28.09⋅ 16 16⋅+( ) 1.661⋅ 10
27−
⋅
a 10
9−
⋅( )3
2212= kg/m3.
2. ¿Cuántos coeficientes o parámetros independientes (complianzas o rigideces elásticas) son precisos para
describir el comportamiento elástico lineal de un material polimérico orgánico 100 % amorfo y no orientado?
2•
3•
5•
6•
no hay suficiente información puesto que depende de la naturaleza química del polímero de que se trate•
ninguno de los anteriores respuestas es correcta•
Sol: un polímero amorfo no orientado es isótropo, por tanto basta con 2 coeficientes, p.ej. E y ν (ver
08_01_01)
3. Un material compuesto está constituido por láminas paralelas alternadas de Cu de espesor h1 0.001= m y
de teflón (PTFE) de espesor h2 0.0005= m que se considera como aislante perfecto. Calcula la
conductividad de este material compuesto a temperatura ambiente y en condiciones de isocorriente:
0 S/m•
3.87 × 107 S/m•
5.8× 107m•
2.2× 10-1m•
7.2× 106m•
ninguna de las anteriores•
 1 21/6/2005
Ingeniería Industrial / Materiales II junio 2005
Sol: en condiciones de isocorriente (isoflujo) la corriente eléctrica atraviesa los dos componentes del
material compuesto es la misma, es decir, éstos se encuentran en serie (ver 09_01_01). Al considerar
el PTFE como un aislante perfecto, la conductividad del material compuesto es por tanto nula.
4. ¿Cuál de las siguientes afirmaciones es cierta para semiconductores elementales intrínsecos?
los portadores mayoritarios son los electrones•
los portadores mayoritarios son los huecos•
los electrones y los huecos están en igual concentración•
las densidades de corriente que conducen los electrones y los huecos son iguales•
su conductividad eléctrica depende sólo ligeramente de la temperatura•
ninguna de las anteriores•
Sol: los electrones y los huecos están en igual concentración (ver Eq. 13.12, pág 456)
5. Se difunde un gas en una oblea y se desea obtener un valor determinado del espesor de la capa límite. El
tiempo de exposición necesario:
será proporcional a xcapa_límite•
aumentará con la temperatura•
disminuirá con la presencia de defectos en la estructura del sólido•
aumentará con la constante de difusión•
aumentará con la concentración superficial, aunque el espesor de la capa límite sea el mismo•
ninguna de las respuestas anteriores es correcta•
Sol: el t iempo disminuirá con la presencia de defectos en la estructura del sól ido,
porque favorecen la di fusió n
6. ¿A qué sistema cristalino pertenecerá un material con los siguientes valores de los módulos
piezoeléctricos: d111 5.4= , d122 d212= d221= 5.4−= , d222 3.2= , d211 d112= d121= 3.2−= ? 
Tetragonal 422•
Hexagonal •
Hexagonal 622•
Trigonal 32•
Tetragonal •
ninguna de las anteriores•
6
42m
Sol: El mater ia l posee dos componentes independientes de los mó dulos
piezoelé ctr icos, de forma que las estructuras te tragonal 422 y hexagonal 622 quedan
descartadas. Las estructuras tr igonal 32 y la otra tetragonal poseen módulo d22 (que
corresponde a l d222) nulo, luego también quedan descartados. La estructura hexagonal
es la única que coinc ide con los valores propuestos
6
 2 21/6/2005
Ingeniería Industrial / Materiales II junio 2005
7. ¿Cuál es el peso molecular de la unidad repetitiva del nylon 6,9?
268 g/mol•
272 g/mol•
255 g/mol•
294 g/mol•
290 g/mol•
ninguno de los anteriores•
Sol: el nylon 6,9 presenta una unidad repeti t iva similar a la del nylon 6,6 (p. 211) pero
con 7 unidades CH 2 en e l segmento de d iá cido; -NH-(CH 2 )6 -NH-CO-(CH 2 )7-CO-. Ee l
peso molecular es: 15 12⋅ 2 2 6⋅+ 2 7⋅+( ) 1⋅+ 2 14⋅+ 2 16⋅+ 268= g/mol .
8. Indicar cuál de las siguientes afirmaciones es falsa:
La transición vítrea no es un fenómeno exclusivo de los materiales poliméricos•
La transición vítrea es exclusiva de sistemas con una muy baja velocidad de relajación molecular•
Los polímeros termoestables no presentan transición vítrea•
La temperatura de transición vítrea de un polímero únicamente depende de la constitución química de la•
unidad repetitiva
La temperatura de transición vítrea de un polímero es siempre inferior a la temperatura de fusión ninguna•
de las respuestas anteriores
Sol: La afirmación falsa es “La temperatura de transición vítrea de un polímero únicamente
depende de la constitución química de la unidad repetitiva” (p. 185: también depende de
factores como la cristalinidad, el peso molecular promedio, etc.)
 3 21/6/2005
Ingeniería Industrial / Materiales II junio 2005
Problema 1
El vidrio que se emplea para fabricar el tubo de los monitores CRT tiene un contenido elevado de plomo con
el fin de absorber radiación de frenado de electrones. Uno de estos vidrios altos en plomo contiene SiO2 (A),
K2O (B) y PbO (C) y debe cumplir las siguientes especificaciones:
Relación (másica) A:B S1 5= kg de SiO2 /kg de K2O•
Especificación para asegurar absorción de radiación: S2 6.4 10
27
⋅= átomos de Pb/m3 de vidrio•
Determinar 
la composición de este vidrio (fracciones másicas de A, B y C),1.
la densidad de este vidrio.2.
Datos: densidades: ρ A 2643= kg/m
3, ρ B 2300= kg/m
3, ρ C 9530= kg/m
3. Calcular la densidad del vidrio
suponiendo mezcla ideal de componentes, es decir los volúmenes son aditivos, sin pérdida ni ganancia al
realizar mezclas. 
(Este problema puede resolverse bien analíticamente o bien con ayuda de un diagrama triangular. En caso
de usar el diagrama triangular, entregadlo junto con el resto de las hojas y poned nombre y nº de matrícula
claramente en el mismo).
(3 puntos, 50 minutos)
Solución: MwSi 28.09= MwO 16.00= , MwK 39.10= , MwPb 207.020=
 MwA MwSi 2MwO+= , MwB 2MwK MwO+= , MwC MwPb MwO+=
MwA 60.09= kg/kmol A MwB 94.2= kg/kmol B MwC 223.02= kg/kmol C
1ª variante (analít ica):
La primera especificación fija la relación de fracciones másicas de A a B: xA S1 xB⋅= (*)
La segunda especificación (número de átomos de Pb por m3) implica:
átomos de Pb 
--------------------
 kmol de C
S2 ρ vidrio xC⋅
1
MwC
⋅ NA⋅= (**) NA 6.023 10
26
⋅=
donde cada uno de los términos en (**)
corresponden a:
atomos de Pb
---------------------
 m3 de vidrio 
 kg de vidrio 
--------------------
 m3 de vidrio
 kg de C 
--------------------
 kg de vidrio
 kmol de C 
--------------------
 kg de C
átomos de Pb 
--------------------
 kmol de C
=
 4 21/6/2005
Ingeniería Industrial / Materiales II junio 2005
y donde ρ vidrio
1
xA
ρ A
xB
ρ B
+
1 xA− xB−
ρ C
+
=
Resolviendo las ecuciones (*) y (**) se obtienen directamente los valores de las dos incógnitas xA y xB. P.ej.
substituyendo (*) en (**) y despejando xB
xB
ρ C NA⋅ S2 MwC⋅−
ρ C MwC⋅ S2
S1
ρ A
1
ρ B
+
S1 1+
ρ C
−






⋅
S1 1+
MwC
NA⋅+






⋅
= xB 0.0750=
xA S1 xB⋅= xC 1 xA− xB−= xA 0.3749=
xB 0.0750=
xC 0.5502=
ρ vidrio
1
xA
ρ A
xB
ρ B
+
xC
ρ C
+
=
ρ vidrio 4307= kg/m
3
Podemos verificar que esta solución satisface las dos especificaciones:
átomos Pb
----------------
 m3
S1 5= ⇔
xA
xB
5= ρ vidrio xC⋅
1
MwC
⋅ NA⋅ 6.4 10
27
×= ⇔ S2 6.4000 10
27
×=
2ª variante (gráfica): las dos relaciones (*) y (**) se pueden representar en el diagrama triangular como
dos rectas cuyo punto de intersección es la solución buscada.
xA S1 xB⋅= (*) (línea continua)
S2
1
xA
ρ A
xB
ρ B
+
1 xA− xB−
ρ C
+
1 xA− xB−( )⋅
1
MwC
⋅ NA⋅= (**) (línea de trazos)
 5 21/6/2005
Ingeniería Industrial / Materiales II junio 2005
B
A C
Leyendo la composición del punto de intersección de las dos rectas se obtiene gráficamente la misma
solución: xA 0.3749=
xB 0.0750=
xC 0.5502=
3ª variante (analít ica): partimos de la especificación S2 y calculamos los kg de Pb y de PbO que debe
haber en 1 m3 de vidrio:
S2 MwPb⋅
NA
2199.8= kg de Pb en 1 m3 de vidrio. Por tanto:
mC
S2 MwPb⋅
NA
MwC
MwPb
⋅= mC 2369.8= kg de PbO (C) en 1 m
3 de vidrio.
 6 21/6/2005
Ingeniería Industrial / Materiales II junio 2005
Esta masa de C ocupa un volumen de: VC
mC
ρ C
= VC 0.2487= m
3, que es su fracción
volumétrica.
La fracción volumétrica de A y B juntos es la diferencia: VAB 1 VC−= , VAB 0.7513= . A su vez, de la primera
especificación podemos obtener la relación volumétrica que debe haber entre A y B:
RvolAB S1
1
ρA
1
ρB
⋅= RvolAB 4.351= m
3 de A por m3 de B en el vidrio.
Por tanto, las fracciones volumétricas de A, B en el vidrio son:
VA VAB
RvolAB
RvolAB 1+
⋅= VB VAB
1
RvolAB 1+
⋅=
VA 0.6109= VB 0.1404= VC 0.2487=
Finalmente, conocidas las fracciones volumétricas y las densidades, podemos calcular las fracciones másicas:
xA
VA ρ A⋅
VA ρ A⋅ VB ρ B⋅+ VC ρ C⋅+
= xA 0.3749=
xB
VB ρ B⋅
VA ρ A⋅ VB ρ B⋅+ VC ρ C⋅+
= xB 0.075=
xC
VC ρ C⋅
VA ρ A⋅ VB ρ B⋅+ VC ρ C⋅+
= xC 0.5502=
4ª variante (gráfica): una cuarta forma de resolver el problema es como la anterior, pero calculando las
fracciones volumétricas por una construcción gráfica en un diagrama triangular de fracciones volumétricas: el
punto de intersección de la recta que representa VC 0.25= con la recta que representa RvolAB 4.35= .
Diagrama triangular en fracciones volumétricas:
B
 7 21/6/2005
Ingeniería Industrial / Materiales II junio 2005
A C
Leyendo la composición del punto de intersección de las dos rectas se obtiene gráficamente la misma
composición volumétrica que por el cálculo analítico:
VA 0.6109= VB 0.1404= VC 0.2487=
el resto del problema se hace igual que en la tercera forma.
5ª variante (analít ica): planteamos las ecuaciones que describen:
suma de fracciones igual a 1: xA xB+ xC+ 1=
especificación S1: xA 5xB=
densidad del vidrio: ρ vidrio
1−
xA ρ A
1−
⋅ xB ρ B
1−
⋅+ xC ρ C
1−
⋅+=
xC
S2
NA
MwC.⋅ ρ vidrio
1−
⋅=especificación S2:
Es un sistema de cuatro ecuaciones lineales en las cuatro incógnitas x
A
, x
B
, x
C
 y ρ vidrio
1−
. 
 8 21/6/2005
Ingeniería Industrial / Materiales II junio 2005
M
1
1
ρ A
1−
0
1
5−
ρ B
1−
0
1
0
ρ C
1−
1−
0
0
1−
S2
NA
MwC⋅
















= v
1
0
0
0












=
El sistema se resuelve fácilmente por eliminación ya que tiene varios coeficientes y términos independientes
nulos. La solución es nuevamente:
xA 0.3749= xB 0.0750= xC 0.5502= ρ vidrio 4307= kg/m
3
Problema 2
Se pretende fabricar una fibra óptica monomodo a partir de dos materiales A y B con índices de refracción
desconocidos. Para determinar el índice de refracción, se hace pasar un haz de luz desde el aire a cada uno
de los materiales, y se mide el ángulo de refracción para distintos ángulos de incidencia. Los resultados de
las medidas son: 
Ángulo de incidencia (º) Angulo de refracción (º) Ángulo de refracción (º) 
φi
0
10
20
30
40
50
= φrA
0
6
11
17
22
26
= φrB
0
8
18
25
33
41
=
Determinar cuál de los materiales podrá utilizarse como núcleo y cuál como recubrimiento de la fibra1.
óptica.
Calcular la máxima desviación axial que puede tenerse en la fibra óptica para no perder la transmisión.2.
(3 puntos, 50 minutos)
 
 El índice de refracción de los dos materiales puede obtenerse a partir de los datos de la tabla. Según la Ley de
Snell:
sin sini i r rn nφ φ=
sin( )aireφ que puede considerarse la ecuación de una recta y a b x⋅+= donde x se toma como
y como: sin( )materialφ
y la pendiente como la relación:
( )
( )
n aire
n material
 9 21/6/2005
Ingeniería Industrial / Materiales II junio 2005
 y la ordenada en el origen a se esperará que sea cero. Por lo tanto, realizando la correspondiente regresión lineal,
y como n aire( ) 1= pueden determinarse los índices de refracción. Los resultados de las dos regresiones lineales
son:
Para A: bA 0.575= nA
1
bA
= nA 1.739=
Para B: bB 0.855= nB
1
bB
= nB 1.170=
Los valores obtenidos para la ordenada en el origen en efecto son muy cercanos a cero. Como en una fibra
óptica el núcleo debe poseer un índice de refracción mayor que el recubrimiento (para poder tener reflexión
total interna), el material A corresponderá al núcleo y el material B al recubrimiento. Para la
correspondiente fibra óptica, el valor del ángulo crítico será:
φc asin
nB
nA






= φc 0.74= rad φc
180
π
⋅ 42.3= grados
 Por lo tanto, la máxima desalineación axial será: θ 90 φc
180
π
⋅−= θ 47.7= grados
 10 21/6/2005
IngI_Sep05.pdf
Ing. Industrial / Ing. Químico / Materiales II convocatoria septiembre 2005
Nombre:
Número de matrícula:
(sólo una respuesta es correcta; marca una sóla respuesta de modo claro sobre estas mismas hojas; 
no se tienen en cuenta preguntas con más de una marca) 50 min, 0.5 puntos cada pregunta
1. ¿Cuál de los siguientes materiales no puede presentar efecto piezoeléctrico directo e inverso?
α-cuarzo (clase 32)•
aragonito (carbonato cálcico ortorrómbico, clase mmm)•
clorato sódico (clase 23)•
nitrito de bario (clase 6)•
resorcina C6H4(OH)2 (clase mm2)•
todos los materiales anteriores pueden presentar efecto piezoeléctrico directo e inverso•
Sol: el aragonito pertenece a la clase mmm, que es centrosimétrica y por tanto no puede
presentar efecto piezoeléctrico directo ni inverso .
2. Calcular el módulo elástico en la dirección de las fibras de un filamento de material compuesto que tiene una
fracción volumétrica Vf 0.6= de fibras de carbono IM (módulo intermedio) cuyo módulo de Young es 
Ef 230 10
9
⋅= Pa en una matriz epoxi cuyo módulo de Young es Em 4 10
9
⋅= Pa. Las fibras de carbono están
alineadas con el eje del filamento.
1.396 1011⋅ Pa•
2.434 1010⋅ Pa•
8.091 109⋅ Pa•
6.209 1010⋅ Pa•
5.322 1011⋅ Pa•
ninguna de los anteriores respuestas es correcta•
Sol: el material compuesto se encuentra en isodeformación. Por tanto
Vf 0.6= Vm 1 Vf−=
Ec Vf Ef⋅ Vm Em⋅+= Ec 1.396 10
11
×= Pa
3. Calcular la movilidad de los portadores minoritarios en Si dopado con n 12= ppma de fósforo (1 ppma es una
parte por millón de átomos, es decir, 1 ppma de dopaje quiere decir que de cada
millón de átomos de Si, uno de
ellos está sustituido por un átomo del dopante).
90 cm2/Vs•
890 cm2/Vs•
1350 cm2/Vs
 1 6/9/2005
Ing. Industrial / Ing. Químico / Materiales II convocatoria septiembre 2005
1350 cm2/Vs•
120 cm2/Vs•
700 cm2/Vs•
ninguna de las respuestas anteriores•
Sol: la masa atómica del Si es MwSi 28.09= kg/k átomo-gramo y su densidad es ρSi 2340= kg/m3
(tabla en el Apéndice 1, pág. 537), por tanto, en 1 cm
3
 de Si hay 
ρSi
MwSi
10 6−⋅ 103⋅ 0.0833= átomo-gramo
de Si, es decir: 
ρSi
MwSi
10 6−⋅ 103⋅ 6.023⋅ 1023⋅ 5.02 1022×= átomos de Si y por tanto 
ρSi
MwSi
10 6−⋅ 103⋅ 6.023⋅ 1023⋅ n⋅ 10 6−⋅ 6.02 1017×= átomos de fósforo. Los portadores minoritarios son
los huecos, cuya movilidad se lee de la figura 13.26 (pág. 463): aprox. 120 cm 2/Vs.
4. Calcula qué porcentaje de la intensidad de la señal luminosa que entra en una fibra óptica de atenuación 
A 0.2= db/km se pierde en un tramo de esta fibra de L 40= km de longitud.
15 %•
77 %•
84 %•
29 %•
46 %•
ninguna de las anteriores•
Sol: la señal se atenúa exponencialmente de acuerdo con I I0 exp
A−
10
L⎛⎜
⎝
⎞
⎟
⎠
⋅= por tanto se pierde un
porcentaje de:
100 1 10
A−
10
L
−
⎛
⎜
⎝
⎞
⎟
⎠ 84= %
5. Un tipo de pinturas reflectantes está compuesta de esferas de vidrio en una matriz de un polímero
transparente. Con frecuencia se desea que la proporción de esferas de vidrio sobre el total sea la máxima
posible. Suponiendo que las esferas son todas iguales y están ordenadas del modo más denso posible,
calcula la fracción volumétrica de la matriz de polímero en la pintura.
0.35•
0.17•
0.44•
0.39•
0.26•
ninguna de las anteriores•
 2 6/9/2005
Ing. Industrial / Ing. Químico / Materiales II convocatoria septiembre 2005
Sol: al ser esferas iguales y ordenadas del modo más denso posible, su factor de
empaquetamiento tiene que ser el máximo posible, es decir correspondiente a la geometría
de las estructuras FCC o HCP ideales. En estas estructuras, el APF es aprox. 0.74, con lo cual la
fracción volumétrica de la matriz es la diferencia a 1, es decir, 0.26
6. Una pieza cúbica de madera está cortada de modo que sus aristas son colineales con los ejes
tangencial, radial y longitudinal (o axial). Sus coeficientes higrométricos son respectivamente 
α11 0.42= , α22 0.35= y α33 0.02= en la fórmula ε α Δxw⋅= que expresa el tensor de
deformación en función de la variación del contenido en humedad, donde Δx
w
= x - xref y xref 0.12= .
La pieza es cúbica y de arista a 0.1= m cuando el contenido de humedad es igual al de referencia.
Calcular el cambio de volumen cuando su contenido de humedad aumenta al x 0.18= .
2.2 10 4−⋅ m3•
5.1 10 3−⋅ m3•
5.8 10 6−⋅ m3•
4.8 10 5−⋅ m3•
9.7 10 4−⋅ m3•
ninguna de las anteriores•
Sol.: al aumentar el contenido de humedad, el cubo se convierte en un paralelepípedo recto de
lados: a1 a 1 α11 x xref−( )⋅+⎡⎣ ⎤⎦⋅= , a2 a 1 α22 x xref−( )⋅+⎡⎣ ⎤⎦⋅= y a3 a 1 α33 x xref−( )⋅+⎡⎣ ⎤⎦⋅= . La
variación de volumen es por tanto de: a1 a2⋅ a3⋅ a
3
− 4.8 10 5−×= m3.
7. Determinar la resistividad eléctrica del Fe3O4 puro a T=250 K
2.2 10 4−⋅ Ω.cm•
5.8 10 3−⋅ Ω.cm•
6.1 10 6−⋅ Ω.cm•
7.7 10 5−⋅ Ω.cm•
2.3 10 4−⋅ Ω.cm•
ninguna de las anteriores•
Sol: El Fe3O4 es un semiconductor cerámico cuya resistividad en función de la temperatura está
representada en la Fig. 10.39, pág. 348. Del diagrama se obtiene: ρ 5.8 10 3−⋅= Ω.cm.
 3 6/9/2005
Ing. Industrial / Ing. Químico / Materiales II convocatoria septiembre 2005
8. En un proceso de reciclado de vidrio se mezclan residuos de vidrios de dos tipos A y B, cuyas
composiciones en fracciones másicas son (componente 1 es SiO 2, componente 2 es Na2O, componente 3 es
CaO, componente 4 es Al2O3)
xA1 0.71= , xA2 0.12= , xA3 0.11= , xA4 1 xA1− xA2− xA3−= xA4 0.06=
xB1 0.54= , xB2 0.03= , xB3 0.22= , xB4 1 xB1− xB2− xB3−= , xB4 0.21=
Calcula la composición (fracciones másicas de cada componente) del vidrio reciclado que se obtiene al
mezclar vidrios A y B en relación másica RAB 3.4= (masa de A a masa de B).
xM1 0.63= , xM2 0.27= , xM3 0.02=•
xM1 0.52= , xM2 0.34= , xM3 0.11=•
xM1 0.71= , xM2 0.07= , xM3 0.20=•
xM1 0.67= , xM2 0.10= , xM3 0.14=•
xM1 0.48= , xM2 0.09= , xM3 0.13=•
ninguna de las anteriores•
Sol: es una simple mezcla lineal. Llamando r
RAB
RAB 1+
= , r 0.77=
xM1 r xA1⋅ 1 r−( ) xB1⋅+= xM1 0.67=
xM2 r xA2⋅ 1 r−( ) xB2⋅+= xM2 0.1=
xM3 r xA3⋅ 1 r−( ) xB3⋅+= xM3 0.14=
xM4 r xA4⋅ 1 r−( ) xB4⋅+= xM4 0.09=
Problema 1
La alúmina (Al2O3) y la magnesia (MgO) forman soluciones sólidas en un intervalo amplio de concentraciones.
La estructura cristalográfica del MgO puro es del tipo NaCl . En las soluciones sólidas alúmina-magnesia se
mantienen i) el número de iones O-2 y ii) la separación entre ellos, en los mismos valores que en la estructura
del MgO puro. La solución se forma por sustitución de algunos de los iones Mg +2 por iones Al+3 y manteniendo la
neutralidad eléctrica del cristal. Usando los siguientes datos (con los decimales indicados):
radios iónicos: rMg 0.072 10
9−
⋅= , rO 0.140 10
9−
⋅= m, rAl 0.054 10
9−
⋅= m, •
masas atómicas : MwMg 24.305= , MwO 16= , MwAl 26.982= ,•
y considerando todos los iones como esféricos, calcular en qué valor debe ajustarse la composición porcentual
molar (es decir % molar de MgO y % molar de Al2O3 en la solución sólida) para que la solución tenga una
densidad de ρ 3250= kg/m3.
(3 puntos, 50 minutos)
 4 6/9/2005
Ing. Industrial / Ing. Químico / Materiales II convocatoria septiembre 2005
Solución: de acuerdo con el enunciado y al tratarse de una estructura tipo NaCl (Fig. 10.7 y ejemplos 10.5
y 10.6, págs. 328 y 329) los iones O-2 forman una red FCC, tanto en la MgO pura como en las soluciones. En
la MgO pura, todos los huecos octaédricos están ocupados por iones Mg +2, mientras que al intercambiar
Mg+2 por Al+3, algunos huecos octaédricos quedan vacíos. Por ejemplo, en la alúmina pura, los iones Al +3
ocupan sólo 2/3 de los huecos octaédricos y el tercio restante está desocupado.
La arista de la celda unitaria, Fig. 11.7, tanto en la MgO pura como en las soluciones sólidas (ver
enunciado) es:
a 2 rO rMg+( )⋅= a 4.24 10 10−×= m
La condición de electroneutralidad de la solución implica que una fracción x de iones Mg +2 son sustituidos
por 2x/3 iones Al+3. Partiendo de una celda unitaria como la de la Fig. 10.7 (con 4 iones O-2 y 4 iones Mg+2),
la solución sólida resultante está formada por:
nO 4= ion O-2 nMg 4 1 x−( )⋅= iones Mg+2 nAl 4
2
3
⋅ x= iones Al+3
La densidad se expresa en función de estos números de iones como:
ρ
nO MwO⋅ nMg MwMg⋅+ nAl MwAl⋅+( ) 1.661⋅ 10 27−⋅
a3
= kg/m3
O lo que es lo mismo:
ρ
4 MwO⋅ 4 1 x−( ) MwMg⋅+ 4
2
3
⋅ x MwAl⋅+
⎡
⎢
⎣
⎤
⎥
⎦
1.661⋅ 10 27−⋅
a3
=
de donde se obtiene x:
x
1
4
ρ
1.661 10 27−⋅
a3⋅ MwO− MwMg−
2
3
MwAl⋅ MwMg−
= x 0.4778=
Por tanto, 
nO 4= iones O-2
nMg 4 1 x−( )⋅= nMg 2.089= iones Mg+2
nAl 4
2
3
⋅ x= nAl 1.274= iones Al+3
Verificación de la electroneutralidad: 2nMg 3nAl+ 2nO− 0=
Los moles de MgO y Al2O3 están relacionados con los números de iones por celda:
 5 6/9/2005
Ing. Industrial / Ing. Químico / Materiales II convocatoria septiembre 2005
molesMgO nMg= molesAl2O3 nAl 2÷=
molesMgO 2.09= molesAl2O3 0.64=
Y por tanto la composición porcentual molar de la solución es:
xMgO
molesMgO
molesMgO molesAl2O3+
100⋅= xAl2O3 100 xMgO−=
xMgO 76.63= % xAl2O3 23.37= %
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Ing. Industrial / Ing. Químico / Materiales II convocatoria septiembre 2005
Problema 2
Para fabricar parte de un componente electrónico (transistor de efecto de campo o FET) se parte de una oblea
de Si que se somete a oxidación en un horno con atmósfera que contiene oxígeno de manera que se forma una
capa superficial de SiO2. A continuación se extrae del horno y se deposita sobre la capa de óxido un electrodo
plano de aluminio.
Para un cálculo simplificado, se supone
que el espesor de la capa de SiO 2 es de r 0.25= veces el espesor de la
capa límite de difusión del oxígeno en Si. 
Calcular:
el espesor de la capa aislande de SiO2,•
si el substrato de Si está a tierra, el voltaje máximo al que se puede poner el electrodo metálico sin que haya•
rotura dieléctrica del aislante.
Datos: 
Difusividad del oxígeno en Si a la temperatura del horno: D 7.3 10 15−⋅= m2/s•
Tiempo de exposición de la oblea en el horno: t 120= s•
Concentración de oxígeno en la superficie de la oblea en el horno: Cs 1.3 10
20
⋅= átomos/m3•
Concentración inicial de oxígeno en el Si: C0 5.2 10
10
⋅= átomos/m3•
(3 puntos, 50 minutos)
Sol.: el espesor de la capa límite es: δ 4 D t⋅= por tanto, de acuerdo con el enunciado, el espesor de la
capa de óxido será 
h r δ⋅= h 9.36 10 7−×= m
El aislante es sílice, cuya rigidez dieléctrica es 8 V/milésima de pulgada (tabla 10.7, pág. 345) es decir, 
Emax
8
0.0254 10 3−⋅
= V/m. Este es el campo máximo que puede soportar sin fallar como aislante:
Emax 3.15 10
5
×= V/m. Conocido el espesor de la capa de aislante ( h 9.36 10 7−×= m), el voltaje máximo
que se puede establecer entre el substrato y el conductor es de:
Vmax Emax h⋅= Vmax 0.29= voltios
El valor de la concentración inicial de oxígeno en el Si es tan bajo (diez órdenes de magnitud que C s), que
puede despreciarse. Si a pesar de ésto se hace el cálculo teniendo en cuenta el valor de C 0, el resultado
numérico que se obtiene es idéntico en las primeras 9 cifras decimale s.
 
 7 6/9/2005
IngI_Feb07_master.pdf
Ing. Industrial / Ing. Químico / Materiales II convocatoria febrero 2007
1. Un cilindro de material compuesto conductor está constituido por láminas paralelas de dos materiales A y
B (blanco y gris en la figura), cuyas resistividades eléctricas son ρA 0.23= Ω.m y ρB 11.8= Ω.m
respectivamente. Los espesores de las láminas son δA 0.022= m y δB 0.081= m. Las láminas forman un
ángulo θ 34= o con el eje del cilindro como se indica en la figura. La longitud del cilindro es L 0.12= m y su
radio R 0.02= m. Calcular la resistencia eléctrica del cilindro cuando la corriente circula a lo largo del mismo.
3234 Ω•
67.2 Ω•
176 Ω•
229 Ω•
675 Ω•
ninguna de las anteriores; la respuesta correcta es: •
/mm∞Sol: El material compuesto pertenece a la clase límite 
El eje de orden infinito es perpendicular a las láminas y es el eje convencional cartesiano
3 (ver 03_01_01). Las componentes del tensor de resistividad del compuesto son por tanto:
11
11
33
0 0
0 0
0 0
c
ρ
ρ ρ
ρ
 
 =  
 
 
con 
ρ11
δA
δA δB+
1
ρA
⋅
δB
δA δB+
1
ρB
⋅+





1−
= (isotensión) ρ11 1.005= Ω.m
ρ33
δA
δA δB+
ρA⋅
δB
δA δB+
ρB⋅+= isocorriente( ) ρ33 9.329= Ω.m
La resistividad a lo largo del eje del conductor corresponde a la resistividad en la
dirección definida p.ej. por los cosenos directores:
l1 cos θ( )= l2 0= l3 sin θ( )=
i j ijl lρ ρ=y la resistividad en una dirección está dada por (08_01_01):
Para los valores indicados esta expresión se reduce a: 
ρ l1
2
ρ11⋅ l3
2
ρ33⋅+= ρ 3.335= Ω.m
 1 13.02.2007
Ing. Industrial / Ing. Químico / Materiales II convocatoria febrero 2007
Y la resistencia del cilindro es: ρ
L
π R2⋅
⋅ 318.45= Ω
2. Calcular la densidad atómica superficial (átomos/m2) en los planos de la forma {1 1 2} de un material de
estructura tetragonal P (primitiva) con parámetros de red a 1.22 10 10−⋅= m y c 3.17 10 10−⋅= m.
1.606 1019× átomos/m2•
2.756 1020× átomos/m2•
8.452 1020× átomos/m2•
3..223 1019× átomos/m2•
5.091 1018× átomos/m2•
ninguna de las anteriores; la respuesta correcta es:•
Sol.:
De la figura se deduce que la intersección de los planos de
la forma indicada con las celdas unitarias son rombos de
área:
d 2a= D 2 a2⋅ c2+=
m2
Área
d D⋅
2
= Área 3.113 10 20−×=
También puede calcularse el área como el módulo
del producto vectorial de los lados del rombo:
lado_1
a
0
c−
2










= lado_2
0
a
c
2










=
lado_1 lado_2×( ) lado_1 lado_2×( )⋅ 3.113 10 20−×= m2
Estos rombos contienen en promedio natomos 2
1
4
⋅= átomos y la densidad superficial es:
natomos
Área
1.606 1019×= átomos/m2
 2 13.02.2007
Ing. Industrial / Ing. Químico / Materiales II convocatoria febrero 2007
3. Un cable se fabrica trenzando un número elevado de fibras iguales de sección circular de un metal cuyo
módulo de Young es E 1.83 1011⋅= Pa. En la sección transversal del cable las fibras están ordenadas del
modo más compacto posible, como se indica en la figura. Calcular el módulo elástico del cable para cargas a
tracción en la dirección de su eje (perpendicular a la figura)
1.26 1011× Pa•
1.02 1011× Pa•
1.98 1011× Pa•
0.87 1011× Pa•
1.66 1011× Pa•
ninguna de las anteriores; la respuesta correcta es:•
Sol.: para calcular el módulo elástico, el cable se puede considerar un material compuesto
de metal y aire (sin módulo elástico). La tracción que se indica corresponde a
isodeformación, con lo cual el módulo es el del metal puro multiplicado por la fracción de
área transversal ocupada por el metal (fracción de área rayada en la figura). Para el
empaquetamiento compacto de círculos en 2D:
Xmetal
3
1
6
⋅ π⋅
1
2
2⋅ 3⋅
= Xmetal 0.907= Ecable Xmetal E⋅=
Ecable 1.66 10
11
×= Pa
4. Un monocristal de un material cerámico, sin defectos y que contiene todos los elementos cristalográficos
de simetría de la celda cristalina tiene forma de prisma recto cuya base es un triángulo equilátero. De este
material se conocen los valores de las siguientes complianzas elásticas: 
s1111 5.31 10
11−
⋅= Pa-1 s1122 1.12 10
11−
⋅= Pa-1
 3 13.02.2007
Ing. Industrial / Ing. Químico / Materiales II convocatoria febrero 2007
calcular la componente s1212 de la complianza elástica.
4.19 10 11−× Pa•
2.10 10 11−× Pa•
1.48 10 11−× Pa•
8.38 10 11−× Pa•
1.96 10 11−× Pa•
ninguna de las anteriores; la respuesta correcta es:•
Sol: el material cerámico pertenece al sistema hexagonal (posee un eje senario de inversión, o bien
un eje ternario con un plano perpendicular a él, que es equivalente). De la notación de Voigt y de la
estructura de la matriz de complianza (08_01_01) se deduce:
1212 66 11 12 1111 1122
1 1 12( ) ( )
4 4 2
s s s s s s= = − = −
s1212
1
2
s1111 s1122−( )⋅= s1212 2.095 10 11−×= Pa-1
5. Un metal cristaliza en estructura cúbica centrada en el cuerpo (BCC) y tiene un parámetro de celda (longitud
de la arista) de a 6.34 10 10−⋅= m. Calcula el radio del átomo más grande (considerado esférico) que puede
introducirse en la estructura del metal sin distorsionarla.
5.93 10 11−× m•
7.99 10 11−× m•
5.23 10 11−× m•
3.30 10 11−× m•
2.94 10 11−× m•
ninguna de las anteriores; la respuesta correcta es:•
Sol.: Los huecos de mayor tamaño de la estructura BCC se encuentran en la posición (1/4, 1/2, 0) y en
todas las cristalográficamente equivalentes (ver problema 4.21, p.112; ver cuestión 3, examen de febrero
de 2003). Son huecos tetraédricos (no regulares) definidos por los cuatro átomos que se indican en la
figura. El radio de los átomos en función del parámetro de celda es es R
3
4
a= .
 4 13.02.2007
Ing. Industrial / Ing. Químico / Materiales II convocatoria febrero 2007
( )
2 2
2 1 1
2 4
R r a a   + = +   
   
El radio de la esfera (tangente a las que definen el hueco) cumple: 
de donde 
R 2.745 10 10−×= m
r
5
3
1−





R= r 7.989 10 11−×= m
6. Para sintetizar un poliuretano lineal, no reticulado, se hace reaccionar un diisocianato A, de masa
molecular MwA 67= kg/kmol con un dialcohol B, de masa molecular MwB 89= kg/kmol en
cantidades estequiométricas. Las densidades de los monómeros son ρA 690= kg/m3 y ρB 819=
kg/m3. Suponiendo que la reacción tiene lugar en condiciones de mezcla ideal (lineal) de volúmenes,
calcular la densidad del polímero resultante. 
778 kg/m3•
801 kg/m3•