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Tema 8: Transformaciones de fases
Problemas Resueltos
8.1. Deduzca las expresiones de r y* Δ G de los embriones formados durante la nucleación homogénea suponiendo que éstos tienen forma cúbica y no esférica.*
La variación total de energía libre correspondiente a la formación de un embrión cúbico de lado r vendrá dada por:
G r GV r γ SL
Δ =^3 Δ + 6 2
en donde Δ G (^) V es la variación de energía libre del cambio de estado L→S por unidad de volumen solidificado y γSL es la energía libre superficial de la intercara SL.
Para hallar el radio crítico se impone la condición de extremo:
dr r *
d G Δ + 4 * = 0 ⇒ *^2
r GV r γ SL
V
SL G
r Δ
*^4 γ
(descartamos la solución matemática r *^ = 0 porque esa no nos interesa desde un punto de vista fí- sica). Sustituyendo el valor obtenido de r* en la expresión de Δ G , se obtiene
⎟⎟^ ⇒
Δ = SL
V
SL V V
SL G
G
G
G γ
3 2
( )^2
3
SL G
G
γ
Digamos, por último, que la forma del embrión no es ni cúbica ni esférica, sino una forma más o menos compleja, intermedia.
8.2. Deduzca las expresiones de _r_* y Δ _G_* de los embriones con forma de casquetes esféricos durante una nucleación heterogénea.
La variación de energía libre que se produce en la formación de un núcleo tendrá los siguientes términos:
la variación debida al cambio de estado (negativa) y que se calcula como el volumen del casquete esférico multiplicada por Δ GV , la variación de energía libre por unidad de volu- men solidificado en la transformación L→S.
Vcasquete ⋅ Δ GV = h ( 3 r − h )Δ G V 3
h es la altura del casquete y r el radio de la esfera a la que pertenece.
La variación debida a la creación de la nueva intercara sólido-líquido, que se calculará como:
Scasquete ⋅ γ SL = 2 π rh ⋅ γ SL
γSL es la energía libre superficial de la intercara SL. La variación de energía libre debida al reemplazo de la intercara AgenteNucleante-Líquido por la intercara AgenteNucleante-Sólido, que se calcularía como:
SBaseCasquete ⋅( γ ANS − γ ANL )
y que según la ecuación Young-Deprè ( γ ANS + γ SL cos θ = γ ANL ) equivaldría a:
S BaseCasquete ⋅(− γ SL cos θ )
Con todo, la variación neta de energía libre sería:
( 3 ) 2 ( cos ) 3
Δ G = h r − h Δ GV + rh SL − SBC SL
Conviene ahora expresar h y SBC en función del ángulo de mojado. Matemáticamente se puede obtener que:
ω = 1 − =cos θ
r
h r
r h sen
⇒ h = r ( 1 −cos θ )
ω c rsen θ
r
c cos = ⇒ =
⇒ S BC =π c^2 =π r^2 sen^2 θ
Llevando estas expresiones a Δ G , obtenemos, tras sencillas manipulaciones algebraicas:
Δ G = (π Δ GVr^2 + 2 πγ SLr )( 2 − 3 cosθ+cos^3 θ) =(π Δ GVr^2 + 2 πγ SLr )Φ ( θ)
La función derivada resultará ser:
= [π Δ^2 + 2 πγ ]Φ (θ)=(π Δ + 2 πγ )Φ ( θ)
dr GV^ r SLr GVr SL
d dr
d G
Imponiendo ahora la condición de extremo (igualamos a 0 esta primera derivada, evalua- da en r* ), se obtiene que:
= ⇒
dr r *
d G V
SL G
r Δ
y llevando, finalmente, este resultado a la expresión de Δ G , obtenemos el correspondien- te valor de la Δ G * :
( 2 3 cos cos ) 3
3
V
SL G
G
Tema 9: Recristalización
Problemas Resueltos
9.1. El cobre fuertemente deformado en frío tiene una energía almacenada, en forma de defectos reticulares, de 10^2 J/cm³. Sabiendo que la energía de los límites de grano del cobre tiene un valor de 5· 10 –5^ J/cm 2 , calcular (a) el radio crítico de un núcleo de material recristalizado y (b) la correspondiente energía libre crítica.
ΔG (^) V = –10^2 J/cm 3 (el signo negativo se debe a que la energía es liberada en la transformación α → β)
Sustituyendo en la expresión del radio crítico, obtenemos:
cm
J cm G
r V
6 2
5 2
La energía crítica será:
J
J cm
J cm G
G
V
16 2 3 2
5 2 3 (^2 3) ( 10 / )^2.^0910
− = ⋅ −
Cα C C (^) L
Tema 10: Diagramas de equilibrio
Problemas Resueltos
10.1. Una aleación A-B de composición global C está a una temperatura tal que existe una mezcla en equilibrio de dos fases, α y β , de composiciones C α y C β. Haga un balance de masas para deducir la regla de la palanca.
C representa el % (en masa) de B en la aleación
C α representa el % de B en la fase α
C β representa el % de B en la fase β
Llamemos F α al % de fase α en toda la muestra, y F β al % de fase β
De cada 100 g de aleación, F α g son de a y F β g son de β, de donde:
F α (^) + F β = 100 (1)
Hagamos ahora un balance de la masa del componente B en la aleación y en cada una de las fa- ses. En la aleación tendremos: 100·C g de B
En la fase α, tendremos: F α· C α g de B
En la fase β, tendremos: F β· C β g de B
Por tanto, podemos decir:
100 C = F α C α + F β C β (2)
Resolviendo el sistema de ecuaciones (1) y (2), se obtiene, finalmente:
β α
β α C C
C C
F
β α
α β C C
C C
F
10.2. Una aleación 30%Ni-70%Cu se calienta hasta la re- gión bifásica ( α +L). Si la composición de la fase α es 40%Ni, determine: a) la temperatura de la aleación b) la composición de la fase líquida c) las fracciones de ambas fases
a) Del diagrama se obtiene que T≈1235ºC
b) La intersección de la línea de enlace con la línea liquidus se produce para una composición del 27% Ni.
c) Se aplica la regla de la palanca:
Cα = 40; C = 30; CL = 27
10.4. La figura adjunta corresponde al diagrama de equilibrio binario formado por los metales A y B, y tiene un invariante a 400ºC, en cuyos extremos tiene fase (42%B) y una fase γ (88%B). a) Haga (i) el análisis de fases de la aleación 1 (73%B) a la temperatura de 398ºC (jus- tamente por debajo de la transformación invariante); (ii) calcule, asimismo, el por- centaje de constituyentes estructurales y (iii) Dibuje la microestructura. b) Con ayuda de una curva de enfriamiento T-t, describa el enfriamiento lento de la aleación 2 (50%B) desde el líquido hasta la temperatura. Dibuje, asimismo, la microestructura y designe sus constituyentes en cada de los tramos de la curva. c) Dibuje, con indicación de los constituyentes estructurales, la microestructura de la alea- ción 3 (20%B) a 800, 700 y 400ºC.
a) (i) La reacción invariante a 400ºC es una transformación eutéctica
L(73%B) ↔ β(42%B) + γ(88%)
Análisis de fases :
- Fases: β y γ
- Composición de las fases: β(~42%B) y γ (~88%B)
- Proporciones de β y γ
F β = 100 67. 4 % 88 42
F γ =
(ii) Para calcular los constituyentes estructurales hay que determinar la situación que había justamente de la transformación eutéctica, por ejemplo, a 401ºC, ya que el líquido que queda se transformará en el eutéctico.
FEUT = FL =
F γ = 100 − 53. 57 = 46. 42 %
iii) La microestructura de (ii)
b) La curva de enfriamiento sería la siguiente:
42% 73% 88%
β γ
60% 73% 88%
L γ
c) Las microestructuras de la aleación 3
10.5. Se desea dibujar el diagrama de fases de un sistema binario de componentes A y B (los puntos de fusión de A y B son 650ºC y 325ºC, y sus estructuras cristalinas HC y CCC, res- pectivamente), del que se conocen los siguientes datos:
- Para una aleación de 10% de B: 650ºC, todo líquido 450ºC, fase HC.
- Para una aleación del 65% de B: 650ºC, todo líquido 450ºC, fase HC con 40%B, Líquido con 70%B y fase CC de 81%B 250ºC, fase HC de 8% B, fase CC de 81% B
- Para una aleación del 90%B: 450ºC, Líquido 250ºC, fase CC de 81%B, Líquido de 96% de B y fase CCC de 98% de B Complete el análisis de fases de cada una de las aleaciones descritas.
F α = FA (^) m Bn = 100 − F α= 78. 1 %
Aleación del 90%B
Análisis de fases a 450ºC : Fases: L Composición de las fases: L(90%B) Proporciones: 100% líquido
Análisis de fases a 250ºC: Debido a que la regla de la palanca no se puede aplicar a sistemas que están evolucio- nando en el tiempo, tendremos que distinguir, para esta temperatura, entre la situación “justamente anterior” a la transformación isoterma a 450ºC y la “justamente después” de la misma. L(96%B) ↔ Am Bn (81%B) + β(98%B)
Justo antes de la transformación isoterma
Fases: Am Bn y L Composición de las fases: Am Bn (81%B) y L(96%B) Proporciones: FL = 40% y F α = 60%
FA (^) m Bn = F γ = 100 − F α= 60
Justo después de la transformación isoterma
Fases: Am Bn y β Composición de las fases: Am Bn (81%B) y β(98%B) Proporciones: FAmBn = 39.02% y FAmBn = 60.98%
FA (^) m Bn = F β= 100 − FAm Bn = 52. 94 %
10.6. Un acero del 0.38% de C se ha enfriado en horno desde la zona austenítica hasta la tempe- ratura ambiente. d) Haga un esquema de la microestructura obtenida indicando las fases y los consti- tuyentes estructurales. e) Suponiendo que el enfriamiento se ha realizado en condiciones de equilibrio, haga el análisis de fases a temperatura ambiente. f) Calcule los porcentajes de constituyentes estructurales a temperatura ambiente.
a) La microestructura depende del régimen de enfriamiento. En este caso, el enfriamiento ha sido lento, pues se ha realizado en el horno (tratamiento térmico denominado recocido ). La aleación es un acero hipoeutectoide, pues su porcentaje de C es inferior al 0.77%. Tras el enfriamiento, a la temperatura ambiente observaríamos:
α Fases (del diagrama) Fe 3 C
81% 90% 96%
ΑmΒn L
81% 90% 98%
α ΑmΒn
α (preeutectoide) Microconstituyentes perlita
b) El análisis de las fases: Fases: α y Fe 3 C Composición: α (∼0%) y Fe 3 C (6.67%C) Porcentajes: Apliquemos la regla de la palanca:
F α = %
FFe (^) C = %
c) El análisis de microconstituyentes (α y perlita) Para una temperatura ligeramente superior a la Temperatura de la transformación eutectoide (la fase g se transforma en el sólido eutectoide ( = perlita)).
F α = %
F γ = %
Por tanto, el porcentaje de perlita será también del 47.86%
10.7. ¿Qué cantidad de ferrita, austenita y/o cementita hay en 0.1 kg de aleación del 0.5%C a 1000ºC, a 725ºC y a la temperatura ambiente?
La aleación es un acero hipoeutectoide, y presentará a temperatura ambiente, dos fases (α y Fe 3 C) y dos microconstituyentes (α y perlita).
A 1000ºC sólo hay fase γ, luego tendremos 100 g de γ. A 725ºC (justo por debajo de la temperatura de transformación eutectoide), las fases son α y Fe 3 C
y los microconstituyentes son α y perlita. Procedemos con el análisis de fases:
Justamente por debajo de la temperatura de transformación eutectoide (∼725ºC)
F α = %
FFe (^) C = %
Luego, si se dispone de 0.1 kg de aleación, 0.093 kg serán de fase α y 0.007 kg serán de cementi- ta.
A temperatura ambiente:
0 0.38 6.
α Fe^3 C
0 0.38 0.
α γ
0.02 0.5 6.
α Fe 3 C
10.3. El Mg (Tf = 650ºC, M (Mg) = 24.3 uma, HC) y el Si (Tf = 1414ºC, M (Si) = 28.1 uma, estructura tipo diamante) son completamente solubles en estado líquido e insolubles en estado sólido. Estos dos elementos forman un compuesto intermetálico, que contiene 36.6%Si y que funde congruentemen- te a 1087ºC. El Mg y el compuesto intermetálico forman un eutéctico con 1.4%Si a 639ºC; mien- tras que el Si y el compuesto intermetálico forman, a su vez, un eutéctico con 56.5%Si a 947ºC. a) Halle la fórmula del compuesto intermetálico. b) Dibuje el diagrama de equilibrio Mg-Si, considerando que las líneas de liquidus son rectas, e indique sobre el diagrama las fases existentes en las distintas regiones. c) Trace la curva de enfriamiento de una aleación de 10%Si, desde el estado líquido hasta la temperatura ambiente, señalando esquemáticamente los fenómenos que ocurren en cada inflexión. d) Calcule el porcentaje de constituyentes estructurales existentes en la aleación de 10%Si a la temperatura ambiente y dibuje, asimismo, la microestructura correspondiente, indicando los constituyentes estructurales. Sol: (a) El compuesto será el Mg 2 Si (d) F E = 75.57%, F compuesto = 24.43%
10.4. Tenemos una aleación Pb-Sn, con porcentaje en Sn del 70%, cuyo diagrama se representa en la figura. Sabiendo que la temperatura del eutéctico es de 189ºC, calcúlese: a) La temperatura de comienzo de la solidificación. b) Temperatura de fin de la solidificación. c) La masa de líquido a la temperatura de 190ºC y la masa de cada componente en el eutéctico a la tem- peratura de 188ºC, si disponemos de 400 kg de aleación. Dato: L(64%B) ↔ α(19%B)+ β(96%B) Sol: (a) A 190ºC (b) 189ºC.
10.5. Para una aleación formada por 10 g de Fe 3 C y 180.5 g de Fe: a. Sitúela en el diagrama Fe-Fe 3 C. b. Realice el análisis de fases, a la temperatura de 725ºC (fases presentes, composición de las fases y % de cada fase). c. Dibuje la curva de enfriamiento de la aleación enfriada desde 1550 ºC hasta la temperatu- ra ambiente. d. Dibuje su microestructura a 725ºC y calcule los porcentajes de los microconstituyentes. e. Indique la aleación de más bajo punto de fusión y la temperatura de la transformación. Datos: M(Fe) = 55.85, M(C)=12. Sol: (b) α(~0%C), Fe 3 C(6.67%C), Fα= 95.06% y F Fe3C = 4.94% (e) La aleación con 4.3%C a 1148ºC
10.6. Aceptando que la composición de la perlita de un acero es del 0.77% en C, calcúlense las canti- dades de ferrita y cementita que tenemos en 550 Kg de aleación a la temperatura de 726 ºC. Sol: 61.9 Kg de cementita y 488.1 Kg de ferrita.
10.7. Se ha realizado el análisis químico de una aleación Fe-C, hallándose que contiene 7 kg de C por tonelada (1000 kg) de aleación. (a) Haga el análisis de fases de una muestra de esa aleación a 728ºC. (b) Un trozo de 650 gramos de la misma aleación se ha calentado a 890ºC, hasta alcanzar el equilibrio. Calcule el porcentaje de intersticios (huecos) octaédricos que ocupa el carbono. (c) Dibuje la curva de enfriamiento, señalando esquemáticamente en cada punto de inflexión las transformaciones que tienen lugar. DATOS: T (^) crítica inferior = 727ºC; %C(cementita) = 6.68%C; %C(perlita) = 0.77%C; %C(ledeburita) = 4.3%C; M(C) = 12; M(Fe)= 55.85; NA = 6.02·10^23. Solubilidad máxima del C en la ferrita = 0.02%C. Sol: (a) Fα = 12.82%, Fγ = 87.18% (b) 3.28%
