Metafisica Ejercicios Resueltos c6x3q

Universidad “José Faustino Sánchez Carrión” – Huacho

UNIVERSIDAD NACIONAL JOSÉ FAUSTINO SÁNCHEZ CARRIÓN FACULTAD DE INGENIERÍA METALÚRGICA Y QUÍMICA ESCUELA ACADÉMICO PROFESIONAL DE INGENIERÍA METALÚRGICA

“Año del Buen Servicio al Ciudadano”

EJERCICIOS RESUELTOS HASTA LA SEPARATA NÚMERO 6 DEL CURSO DE METAFISICA II

DOCENTE: ING. VEGA PEREDA, NICANOR.

ALUMNO: SALAZAR CRUZ, OMAR ANGELO.

HUACHO, PERÚ Página 1

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2017

EJERCICIO N° 1. (Diagramas Equilibrio Fases)

Figura 01. Diagrama de equilibrio de fases.

Se enfría lentamente 1Kg de la aleación mostrada en la figura 01. hasta que la composición de la fase liquida es de un 18% en peso del componente B y la de la solución solida es de un 66 por ciento en peso del componente. 

Calcúlese la cantidad de cada una de las fases.

Solución: mL =

x ss −x 66−50 ( 1 Kg )= ( 1 Kg )=0.333 Kg=333 g . x ss −x L 66−18

ss=¿

x−x L 50−18 ( 1 Kg )= ( 1 Kg )=0,667 Kg=667 g . X SS−X L 66−18 m¿

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EJERCICIO 2. (Diagramas Equilibrio Fases) Una circona parcialmente estabilizada está compuesta de un 4 por ciento en peso de CaO. Este producto contiene algo de fase monoclínica junto con la fase cubica, que es la base de la circona totalmente estabilizada estimase el porcentaje molar de cada base de la circona totalmente estabilizada. Estimase el porcentaje molar de cada fase presente a temperatura ambiente. Solución:

Estimase el porcentaje molar de cada fase presente a temperatura ambiente.



Teniendo en cuenta que 4% en peso de CaO=8% molar de CaO y suponiendo que los límites de solubilidad mostrados en la figura 9.30 no cambian de forma significativa por debajo de 500 c, se pueden emplear las siguientes ecuaciones:

%molar de fase monoclínica=

¿

15−8 × 100=53.8 molar 15−2

molar de fase cubica=

¿

x cab−x ×100 x cab−x L

x −x mono x 100 X cab −X mono

8−2 ×100 =0,667 Kg=46,2 %molar 15−2

}

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EJERCICIO 3. (Soluciones Sólidas Y Equilibrio) Utilizando la regla de la palanca en el diagrama Cu-Ni de la figura, mediante fases, calcule:

Figura 02. Diagrama de fases.

Solución: a) ¿Cuantos gramos de níquel es necesario agregar a 500 gramos de cobre para producir una aleación que tenga 1350°c de temperatura de liquidus? Necesitamos 60% en peso de Ni, para obtener la temperatura liquidus correcta: %Ni=60=

x ×100 ⇒ x=750 g∋¿ x +500g

( 750 g ) ( N A ) 58.71 g

¿ atm mol = =1.62 Cu atm ( 500 g ) ( N A ) 63.54

g mol

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b) ¿Cuantos gramos de níquel es necesario agregar a 500gr de cobre para obtener una aleación que contenga 50% en peso de fase x a 1300 °C?

En 1300 ° C, la composición de las dos fases en equilibrio son los siguientes: Datos: L: 46 ∋; α :58 en peso de∋¿ la aleación requerida para dar un 50 de α entonces :

x−46 ×100=50 %α ⇒ x=52 en peso de∋¿ 58−46 El número de gramos de∋debe estar : X ×100=52 ⇒ X=541.7 g∋¿ X +500

EJERCICIO N°4. (Fases En Aleaciones)

Para esta temperatura coexisten dos fases, L y α. En la fase líquida existe un 37 % de níquel (y por lo tanto un 63% de Cu) y en la fase sólida existe un 50% de níquel y como consecuencia un 50% de Cu. Para determinar la proporción de cada una de las fases se puede acudir a la regla de la palanca:

W L=

S 10 = =0.77 R+ S 13

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Figura 03. Diagrama de Fase liquida.

EJERCICIO N°5. (Regla De Fases De Gibbs) Determine los grados de libertad en una aleación de cu-40%ni a: a) 1300 °C b) 1250 °C c) 1200 °C FORMULA: F + GL = C + 1

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Figura 04. Diagrama de un sistema Binario.

Solución: Este es un sistema binario(C=2). Los dos componentes son el Cu y el Ni. Se supondrá una presión constante. Por tanto, puede utilizarse la ecuación como se muestra: a) A 1300 °C, F =1, dado que solo está presente una fase liquida; C=2, dado que están presentes átomos de Cu y Ni. Por tanto, F + GL = C + 1 GL= C +1 - F GL= 2 + 1 -1 GL= 2 Página 7

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b) A 1250 °C F=2, dado que están presentes las fases liquida y sólida; C=2, dado que están presente los átomos de Cu y Ni. Ahora, F + GL = C + 1 GL= C +1 - F GL= 2 + 1 -2 GL= 1 c) A 1200 °C F = 1, dado que presenta una fase solida; C=2, dado que están presentes átomos de Cu y Ni, de Nuevo, F + GL = C + 1 GL= C +1 - F GL= 2 + 1 -1 GL= 2

EJERCICIO 6. (Diagrama de Fases en aleaciones) Para la aleación Cd-Zn, del 70% en peso de zinc, cuyo diagrama de equilibrio se representa en la figura, calcular a 200°C:

Figura 05. Diagrama

 

La cantidad de cada fase presente. La cantidad de cada tipo de grano presente en la microestructura. Página 8

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Solución: a) Las fases presentes, a 200°C, serán y , y su proporción, utilizando la regla de la palanca,será:

%α=

99−70 =29,9 99−2

%β=

70−2 =70,10 99−2

b) La cantidad de cada tipo de grano presente en la microestructura, granos ricos en Zn y eutécticos, vendrá dada por:

%β=

70−17,4 =64,46 99−17,4

%Eutectico=

99−70 =35,54 99−17,4

c) El registro de enfriamiento, se representa junto al diagrama de equilibrio, indicándose las fases presentes en cada intervalo: Fase líquida, líquido + y + .

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EJERCICIO 7. (Sistemas eutecticos binario) Para la aleación plomo-estaño, del 70% en peso de plomo, cuyo diagrama de equilibrio se representa en la figura siguiente, calcular a 100°C: a) La cantidad relativa de cada fase presente. b) La cantidad de cada tipo de grano presente en la microestructura.

Solución:

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a) Las fases presentes serán y , y su proporción, utilizando la regla de la palanca, será:

%α=

98−70 =30,43 98−6

%β=

70−6 =69,57 98−6

b) La cantidad de componentes vendrá dada, granos y eutécticos, por 70−61,9 %β= =22,44 98−61,9 %Eutectico=

98−70 =77,56 98−61,9

EJERCICIO 8. (Soluciones sólidas y equilibrio)

Dibuje un diagrama de equilibrio entre dos componentes cualesquiera, A y B, solubles completamente en estado sólido, que solidifiquen, en su estado puro, a las temperaturas de 1000 y 1300 °C, respectivamente. Página 11

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En la región sitúe un punto a la composición del 45% del componente A y a la temperatura de 1100 °C   

Identifique las fases presentes en dicho punto Determine la composición de las mismas Razone su grado de libertad o varianza del sistema, en la zona donde se ha situado el punto anteriormente citado.

Solución: En la gráfica de la izquierda se observan las curvas de enfriamiento de los dos componentes en función del tiempo. Si los consideramos puros, las curvas de enfriamiento tendrán una forma similar a la indicada en la gráfica, donde los trazos horizontales de cada una de ellas representan los cambios de estado, que se pro- ducen a temperatura constante

L

QB CL

QA

+L C0C

du



En la gráfica de la derecha se observa el diagrama de fases para los componentes A y B, obtenido a partir de la gráfica de enfriamiento.

a En dicho punto nos encontramos presentes las fases de Sólido + Líquido. b Denominando por W y WL a las composiciones de las fases sólida y líquida respectivamente.

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W α=

C1−C 0 80−45 × 100⇒ W α = × 100=58,3 C T −Cα 80−20

W L=

C 1−C α ×100 ⇒W L =100−58,3 =41,7 C L−C α

Siendo f + N =C++ 2 f =fases=2 ⇒ L+α N=Grados de libertadC =Componentes=2 ( AyB ) N=C +2−f =2+2−2=2 se pueden cambiar la composicionC y la temperatura sin romper el equilibrio .

EJERCICIO N°9. (Diagrama Fe3c Y Sus Fundiciones)

En un acero de composición 99,65% Fe y 0,35 C a temperatura muy próxima e inferior al eutectoide, determinar:   

Las fracciones de las fases ferrita y cementita Las fracciones de ferrita proeutectoide y perlita La fracción de ferrita eutectoide.

Solución:

Se traza una recta de reparto a través del campo α regla de la palanca. De este modo C es 0,35%C.

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+ Fe2C y se aplica la

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W α=

6,70−0,35 =0,95 6,70−0,022

w F e C= 2

0,35−0,022 =0,05 6,70−0,022

Se traza la recta de reparto a la temperatura eutectoide y se aplica la regla de la palanca para determinar las fracciones de ferrita proeutectoide y perlita. ℘=

0,35−0,022 =0,44 0,77−0,022

W F=

6,70−0,35 0,77−0,35 =0,95 W α = =0,56 6,70−0,022 0,77−0,022 La ferrita total es la suma de la proeutoide y la eutectoide(en la perlita).Por lo tanto,

la suma de estas dos fracciones de ferrita equivale a la ferrita total.

=

0,95−0,56=0,39

EJERCICIO 10. (Diagrama Fe3c Y Sus Fundiciones)

El diagrama de la figura corresponde al Fe-C. Calcúlese el porcentaje de ferrita que tenemos en la perlita, a la temperatura de su formación 727 °C y a la temperatura ambiente.

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SOLUCIÓN:



Límites de la palanca: Flecha azul



Temperatura de su formación: Flecha roja



Temperatura ambiente de la cementita: Flecha verde

 Aplicando la regla de la palanca: C A : de carbono en laaleación ⇒C A=0.77 C c : de carbono en la ferrita ⇒CC 727 ° C =0,0218 ; C C 20° C =0 C cFe3 c : de carbono en lacementita ⇒C CFe 3C =6,67 ω λ : de ferrita

A la temperatura de su formación, 727°C será: ω a727 ° C =

C A−C CFe 3 C C ac −CCFe 3 C ; reemplazando

ω a727 ° C =

0.77−6.67 × 100=88,7 de ferrita a727 ° C 0,0218−6,67

A temperatura ambiente será: ω a 20° C =

0.77−6.67 ×100=88,5 de ferrita a temperatura ambiente 0−6,67

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