La escala atómica de los materiales Bloque 1
De este modo, combinando 1 mol de 1,6-hexanomdiamina, y 1 mol de ácido hexadióico, se ob-
tienen 2 moles de H2O. Las respectivas masas molares son:
M(ác.hex) 16 M(H) 2 M(N) 6 M(C) 116.24 g mol1
M(1, 6- hex) 10 M(H) 4 M(O) 6 M(C) 146.16 g mol1
M(H2O) 2 M(H) 1 M(O) 18.02 g mol1
En la reacción que tienen lugar:
n mol(1, 6- hex) n mol(ác.hex) 2 n mol(H2O) n mol(nailon-6, 6)
En términos de masas:
n (146.16 g mol1) n (116.24 g mol1) 2 n (18.02 g mol1) (15000 g)
226.36 n 15000 n 66.27 moles
Por tanto, las masas a mezclar para conseguir 15 kg de nailon-6,6 son:
m1,6hex n (146.16 g mol1) 9686.02 g
mác.hex n (116.24 g mol1) 7703.22 g 15000g nailon 2388.37 g H2O
6.5. Una poliamida tiene la siguiente unidad mérica:
a) Escriba los monómeros a partir de los cuales se obtiene.
b) Comente si considera que la interacción entre las cadenas de esta poliamida serán más o
menos intensas que las que se producen en otra poliamida, el nailon-6,6.
a) Las poliamidas se forman a partir de la reacción de una diamina y un ácido carboxílico, de modo
que, para que se establezca su unión, la diamina pierde un H y el ácido dicarboxílico pierde un gru-
po OH. Este grupo OH se combina con el H dando H2O.
Teniendo esto en cuenta, y observando la estructura de la poliamida problema, los monómeros
que la componen han de ser:
© Ediciones Paraninfo b) La interacción entre las cadenas de la poliamida se producirá preferentemente entre átomos de H
y O, entre los que se establecen puentes de hidrógeno. Si consideramos únicamente la interacción
entre dos cadenas, estos puentes de hidrógeno se crean a intervalos regulares, cada 6 átomos de las
cadenas principales.
45
Capítulo 6 La escala atómica de los materiales poliméricos
Expresado de otro modo:
En el nailon-6,6 también se establecen puentes de hidrógenos entre las cadenas. La estructura
de esta poliamida no permite que los puentes se creen más que a intervalos de 14 átomos de las ca-
denas principales, por lo que la interacción será menos intensa.
6.6. Considere los dos polímeros siguientes: PVC sindiotáctico y un copolímero de teflón injer- © Ediciones Paraninfo
tado con poliestireno isotáctico (el estireno es el fenileteno y el teflón es el politetrafluoroeti-
leno).
a) Escriba su configuración o fórmula estructural.
b) Indique razonadamente cuál de los dos polímeros es menos cristalino.
a)
46
La escala atómica de los materiales Bloque 1
El copolímero de teflón injertado con poliestireno isotáctico podría representarse como:
b) El copolímero de teflón-poliestireno debe ser menos cristalino, ya que la estructura ramificada y
los grupos fenol, que son muy voluminosos, no favorecen la cristalinidad.
6.7. Conocida la densidad de un PE cristalino, 0.998 g/cm3, y del mismo en estado amorfo,
0.870 g/cm3, calcule la densidad de una muestra de PE con un 75 % de cristalinidad.
El grado de cristalinidad, X, de una muestra se define como:
X 100 c a
c a
donde c es la densidad de las regiones cristalinas, a es la densidad de las regiones totalmente
amorfas.
Sustituyendo los datos del problema:
(0.998 g cm3) (0.870 g cm3 )
75 (0.998g cm3 ) (0.870 g cm3 ) ·100
© Ediciones Paraninfo y despejando el valor de se obtiene que
= 0.963 g/cm3
47
Capítulo 6 La escala atómica de los materiales poliméricos
6.8. Controlando la ramificación de las cadenas del PE, puede conseguirse PE de alta y de ba-
ja densidad, denominados respectivamente PE-HD y PE-LD. El diferente grado de ramifica-
ción de sus cadenas determinará la densidad y el grado de cristalinidad del PE. Sabiendo que
la densidad de un PE-LD es de PE-LD = 0.917 g/cm3 y la de un PE-HD es PEHD =
0.955 g/cm3.
a) Determine cuál de las dos variedades piensa que tendrá las cadenas más ramificadas.
b) Estime el porcentaje de cristalinidad de ambos materiales.
Datos: c = 0.998 g/cm3 y a = 0.870 g/cm3.
a) Lógicamente, cuanto mayor sea la ramificación de las cadenas, menor será el grado de compaci-
dad que puede alcanzarse, con lo cual se obtendrá un material menos denso. En consecuencia, debe
ser el PE-LD el que sea más ramificado.
b) Sabiendo que el grado de cristalinidad se expresa como:
X 100 c a
c a
Para el PE-LD, resultaría ser de:
(0.998 g cm3) (0.917 g cm3) (0.87 g cm3)
X PE-LD 100 (0.917 g cm3) (0.998 g cm3 ) (0.87 g cm3 ) 39.96 %
Y para el PE-HD:
(0.998 g cm3 ) (0.955 g cm3 ) (0.87 g cm3 )
X HDPE 100 (0.955 g cm3 ) (0.998 g cm3 ) (0.87 g cm3 ) 69.39 %
6.9. El PE es el material más comúnmente empleado para fabricar papel film de uso en cocina.
Se conoce que, en un rollo de 30 m de longitud, 30 cm de ancho y 12.15 µm de espesor, el nú-
mero aproximado de átomos de H es 9·1024. Señale el tipo de PE que se ha empleado.
Datos: M(C) = 12.01 g/mol, M(H) = 1.01 g/mol y NA = 6.022·1023.
Podremos determinar el tipo de PE empleado a partir del cálculo de su densidad.
V (30 m) (0.3 m) (12.15106 m) 10.93105 m3
En el PE, hay aproximadamente, el doble de átomos de H que de C, por lo que la masa del rollo
de film será:
m C2H4 mC mH 9 1024 átomos 12.01 g 9 1024 átomos 1.01 g
2 N A átomos NA átomos
9 1024 12.01 g 1.01 g 104.84 g
NA 2
© Ediciones Paraninfo
48
La escala atómica de los materiales Bloque 1
La densidad del polímero empleado será, pues,
C2 H 4 m 10.19034.18045gm3 959.19 103 g m3 0.959 g cm3
V
Este valor de densidad es muy cercano al del polietileno de alta densidad (vea el problema ante-
rior), por lo que el material del film ha de ser PE-HD.
6.10. El poli-cis-isopreno es una goma natural polimerizada a partir del isopreno (metil-1,3-
butadieno). Considere una goma de poli-cis-isopreno que ha ganado un 5% en masa de oxí-
geno por oxidación al aire. Suponga que el oxígeno origina enlaces cruzados similares a los del
azufre en la vulcanización del caucho.
a) Indique qué fracción de los posibles enlaces cruzados se ha formado.
b) Explique cómo puede la oxidación causar la degradación de una goma.
Datos: M(C) = 12.01 g/mol, M(O) = 16.00 g/mol, M(H) = 1.01 g/mol y NA = 6.022·1023.
a) El monómero metil-1,3-butadieno responde a la fórmula: CH2=C(CH3) –CH=CH2
Cuando polimeriza se obtiene el poliisopreno: –[CH2–C(CH3)=CH–CH2]n–
La forma isomérica cis impone que todos los grupos asociados a los carbonos unidos por enlace
doble se sitúan hacia el mismo lado de la cadena.
La oxidación de esta goma (elastómero) es similar al proceso de vulcanización, siendo los áto-
mos de O los que rompen el doble enlace cada cierto número de meros, estableciéndose enlaces
cruzados de esta forma:
© Ediciones Paraninfo La fracción de los posibles enlaces cruzados, f, no es más que el cociente entre el número de
enlaces dobles que se han roto (Nedr), y el número de enlaces dobles posibles (Nedp); es decir, el nú-
mero de enlaces dobles antes del proceso de oxidación.
Suponiendo una cantidad de elastómero, se puede calcular el número de enlaces dobles posibles
(Nedp). A continuación, teniendo en cuenta que se produce una oxidación del 5%, se calcula el nú-
mero de átomos de oxígeno presentes, cantidad que será igual al número de enlaces dobles rotos
(Nedr). Obsérvese que a dos meros le corresponden dos oxígenos, o lo que es igual, cada oxígeno
esta asociado a la rotura de un doble enlace en un mero.
Partiremos de un mol del polímero sin oxidar:
M(C5H8) = 5·(12.01 g/cm3) + 8·(1.01 g/cm3) = 68.13 g/mol
Por otro lado, 1 mol de C5H8 contendrá NA meros el número de enlaces dobles posibles será
igual a Nedp = NA.
49
Capítulo 6 La escala atómica de los materiales poliméricos
Además, 1 mol de C5H8 = 68.05 g 5% de 68.05 = 3.4 g 3.4 g de O (oxidación). Esta
masa de oxígeno representa la siguiente cantidad de átomos:
NO 3.4 g mol NA át. 3.4 NA át. 0.2125 NA át. O
M(O) g / mol 16.00
Y de aquí que, el número de enlaces doble rotos sea:
Nedr = NO = 0.2125 NA
Y la fracción pedida será, finalmente:
f Nedr 0.2125 N A 0.2125 21.25 %
N edp NA
b) La goma o elastómero debe su elasticidad al establecimiento entre las cadenas de enlaces cruza-
dos cada cientos de carbonos. A través de la oxidación se produce un fenómeno similar de estable-
cimiento de más enlaces cruzados (fuertes) que se añaden a los ya existentes. Esto hace que pierda
elasticidad, volviéndose más rígido y llegando a convertirse, en último término, en un termoestable.
Así, la degradación mediante oxidación actúa de modo similar a la vulcanización y a la supervulca-
nización del caucho que da lugar al termostable llamado ebonita.
6.11. Razone si polímeros como el polietileno y el polipropileno son, en general, transparentes
o translúcidos y argumente cómo será, desde el punto de vista de la transparencia, un elastó-
mero obtenido a partir de la copolimerización de un 60% de polietileno y 40% de polipropi-
leno.
a) La transparencia de un material polimérico está muy influenciada por su grado de cristalinidad,
de modo que materiales poliméricos amorfos son transparentes, materiales poliméricos muy crista-
linos son opacos, y los semicristalinos son translúcidos. Esto se debe a que cuando la luz pasa a
través de dos regiones, con diferente índice de refracción, el resultado es una retrodispersión parcial
de la luz en la zona de la interficie, siempre y cuando las dimensiones de estas regiones sean del
orden de la longitud de onda de la luz visible (0.4-0.7 µm).
Un material polimérico semicristalino puede considerarse formado por dos tipos de regiones, la
cristalina y la amorfa. Las cristalitas o micelas tienen dimensiones del orden de la longitud de onda
de la luz visible, por lo que se producirá ese efecto retrodispersivo que impedirá que toda la luz
pueda atravesar el material; es decir, será translúcido.
Por tanto, polímeros como el PE y el PP, que usualmente son semicristalinos, son translúcidos.
b) La copolimerización introducirá necesariamente un mayor grado de desorden, por lo cual el elas-
tómero resultante ganará en transparencia. Con los porcentajes indicados, y más aún teniendo en
cuenta que el grupo CH3 del PP podrá colocarse hacia diferentes lados de la cadena principal, es
muy probable que el elastómero sea completamente transparente.
© Ediciones Paraninfo
50
La escala atómica de los materiales Bloque 1
Capítulo 7
Imperfecciones cristalinas
7.1. Calcule la energía superficial del plano (111) del Cu (CCC, a = 0.361 nm) sabiendo que su
energía de sublimación es de 170 kJ/mol.
Dato: NA = 6.022·1023.
En el Ejercicio resuelto 7.1 se calculó la energía superficial del plano (111) en función de la energía
de enlace:
(111) 2 3e
3 r2
donde, e, es la energía de enlace, que puede calcularse como:
e H S
zN A
siendo z el número de coordinación. Sustituyendo, obtenemos la expresión:
(111) 2 3H s
3 r2z NA
Y, como en una estructura CCC, 4r 2a , la expresión anterior se reescribe:
3H s
2
(111)
2 3 2a 4 z NA
Sustituyendo valores:
(111) 3Hs 2 3 (170 103 J mol1) 1.25 J m2
(12) (6.022 mol1)
2 3 2a 4 z NA 2 (0.361109 m) 2 1023
2 3 4
7.2. Demuestre que la energía superficial de una esfera, cuyo volumen equivale al de N esferas
pequeñas, es menor que la de las N esferas pequeñas en un factor N1/3.
Sea V el volumen de la esfera grande, y v el de cada una de las esferas pequeñas. Según el enuncia-
do:
V N v 4 R3 N 4 r3 R (N r 3 ) 1
3 3 3
© Ediciones Paraninfo La energía superficial será proporcional al área de la superficie, por lo que:
51
Capítulo 7 Imperfecciones cristalinas
ESFERA 4 R2 4 ( N r 3 ) 2 4 r 2 N 2
3 3
esfera 4 r2
Por lo cual:
ESFERA 4N4r2 Nr232 N1
N esfera 3
7.3. Un límite de grano de ángulo pequeño puede formarse a partir de un apilamiento de dis-
locaciones de cuña. Calcule el ángulo de desorientación en un límite de grano de ángulo pe-
queño entre dos granos de Al (estructura CCC, a = 0.404 nm) suponiendo que las dislocacio-
nes de cuña que lo forman se encuentran uniformemente distanciadas a 75 Å.
La relación entre el módulo del vector de Burguers y el espaciado entre dislocaciones, como fun-
ción del ángulo entre los granos, vendrá dado por:
b donde b 2r 2 2a
h 4
2 2 (0.404 nm) 0.0381 180º
4
(7.5 nm) 0.0381 rad 2.18º
7.4. La fabricación de cables para la conducción eléctrica se realiza a partir de un bloque de
cobre (Cu) que ha de ser deformado (trefilado) hasta conseguir la sección circular adecuada.
Esto supone la introducción de una densidad de dislocaciones del orden de 1012 cm/cm3. Sa-
biendo que la distancia entre la Tierra y Marte es de 55.7·106km, determine la masa de cable
de Cu que habría que deformar para que, si se alineasen todas las dislocaciones contenidas en
ella, nos permitiesen cubrir dicha distancia.
Dato: (Cu) = 8.94 g/cm3.
En primer lugar, la densidad de dislocaciones por unidad de volumen introducida en el material,
dada como dato, ha de convertirse en una densidad de dislocaciones por unidad de masa.
1012 cm 1 cm3 1.1186 1011 cm 1.1186 106 km
cm3 8.94 g g g
Basta ahora dividir la distancia Tierra-Marte entre el valor calculado, para obtener la masa de
Cu que sería necesaria:
55.7 106 km 49.79 g © Ediciones Paraninfo
1.1186 106 km g1
52
La escala atómica de los materiales Bloque 1
7.5. El hierro a temperatura ambiente tiene la estructura CCI:
a) Dibuje en una celdilla el plano (101) del hierro y señale las dos posibles direcciones de des-
lizamiento de ese plano indicando sus índices de Miller.
b) Indique los dos vectores de Burgers correspondientes en notación vectorial y calcule sus
respectivos módulos expresándolos en nm.
Dato: r(Fe) = 0.126 nm.
a) Para calcular los puntos de corte con los ejes coordenados debe calcularse la inversa de los índi-
ces de Miller, es decir: 1/1 1/0 1/1 lo que da como resultado: (1 1).
La representación gráfica de una celdilla unidad sería:
Las dos posibles direcciones de deslizamiento de ese plano serán aquellas de máxima densidad
atómica lineal. Como la estructura del material es CCI, las direcciones de máxima densidad atómica
lineal y que además pertenecen al plano (101) serán:
[1 11] y [1 1 1].
b) El vector de Burgers indica la dirección de movimiento de la dislocación (tendrá los mismos ín-
dices que las direcciones de deslizamiento) y el módulo de este movimiento va de la posición de un
átomo hasta la del átomo más próximo.
Así pues, si buscamos vectores que tengan módulo 2r:
2r [111] 2r [111]
b1 (1)2 12 12 3
2r [1 11] 2r [1 1 1]
b2 (1)2 (1)2 12 3
b1 = b2= 2r = 0.252 nm
© Ediciones Paraninfo 7.6. En la estructura del NaCl, bajo ciertas condiciones actúa el sistema de deslizamiento
{001} <110>, además del sistema de deslizamiento habitual, que es el {110} <110>.
a) Elabore esquemas ilustrando dichos sistemas de deslizamiento del NaCl.
b) Calcule el módulo del vector de Burgers en ambos sistemas.
c) Determine la dirección de la línea de dislocación en ambos casos suponiendo que se trata de
dislocaciones de cuña.
Datos: r(Na+) = 0.095 nm y r (Cl–) = 0.181 nm
53
Capítulo 7 Imperfecciones cristalinas
a)
b) En I) y II) 1/2 diagonal de la cara = 1 2·a 1 2·2·(r(Cl ) r(Na )) 0.390 nm
b
22
c)
7.7. Un bloque de plomo, de dimensiones 5×3×3 cm, tiene una masa de 450 g. Suponiendo que
no hay defectos macroscópicos y que las únicas imperfecciones cristalinas son vacantes, seña-
le:
a) La concentraciónde vacantes (vacantes/cm3) en el lingote
b) El número de vacantes por celdilla unidad.
Datos: r(Pb) = 0.175 nm, M(Pb) = 207.2 g/mol y estructura cristalina del Pb: CCC.
Según las dimensiones y la masa, la densidad del bloque es:
exp m ((4455c0mg3)) 10 g cm3
V
Determinemos la densidad teórica del Pb sin defectos:
CCC 2 a 4r
a 4 (0.175 nm) 0.495 nm Vc a3 1.2131022 cm3
2
Mc 4 átomos (207.2 g mol1) 1.376 1021g © Ediciones Paraninfo
celdilla NA
54
La escala atómica de los materiales Bloque 1
Entonces:
teórica Mc 11.35 g cm3 teórica exp 1.35 g cm3
Vc
Por tanto, la densidad de vacantes que contiene el bloque resulta:
a)
vacantes 1.35 g 1 mol NA vacantes 3.924 1021 vacantes
cm3 207.2 g 1 mol cm3
b)
vacantes Vc (3.924 1021vacantes cm3) (1.2131022 cm3 / celdilla)
0.476 vacantes / celdilla
7.8. Calcule el porcentaje de posiciones no ocupadas en la red cristalina de una porción de
NaCl de densidad 1.97 g/cm3.
Datos: r(Na+) = 0.095 nm, r(Cl-) = 0.181 nm, M(Na) = 22.99 g/mol, M(Cl) = 35.45 g/mol y
NA = 6.022·1023.
Supondremos que la existencia de vacantes no afecta a las dimensiones de la celdilla unidad. Sa-
biendo que el contacto entre los iones se produce a través de las aristas:
a 2 r(Na ) r(Cl ) 0.552 nm
Y, por tanto, la densidad teórica
1.97 g cm3 M c Ma3c Mc (1.97 g cm3 )·(0.552 107 cm)3 3.3131022 g
Vc
Para conservar la neutralidad eléctrica, el tipo de vacantes (posiciones no ocupadas) ha de ser
Schottky, por lo que debe faltar el mismo número de cationes que de aniones. Calculemos el núme-
ro de iones por celdilla.
m 3.313 1022 g x M( Na ) M(Cl) x 3.41 iones celdilla
NA
Luego faltan 4 3.41 0.59 cationes.
4 3.41 0.59 aniones.
El NaCl tiene 8 iones/celdilla, por lo que el porcentaje de posiciones no ocupadas será igual a:
2 0.59 100 14.75 % .
8
© Ediciones Paraninfo
55
Capítulo 7 Imperfecciones cristalinas
7.9. Determine la densidad de una porción de FeO sabiendo que contiene un 10% de vacantes
y suponiendo que la red cristalina no se distorsiona por la presencia de dicho defecto.
Datos: r(O2-) = 0.140 nm, r(Fe2+) = 0.077 nm, M(O) = 16.00 g/mol, M(Fe) = 55.85 g/mol, el
FeO tiene estructura tipo cúbica y NA = 6.022·1023.
Veamos qué tipo de estructura tiene el FeO. Calculemos para ello la relación de radios:
r(Fe2 ) 0.55
r(O2 )
Este valor implica una coordinación octaédrica, esto es, cada catión de Fe2+ se rodea de 6 aniones
O2-. Como además la valencia del catión y del anión son las mismas, en cada celdilla habrá el mis-
mo número de cationes que de aniones.
Dado que, según el enunciado, la estructura del FeO es cúbica, la estructura ha de ser del tipo
NaCl:
Fe2 12 1 1 4
celdilla 4
O2 4 8 iones celdilla
celdilla
Dado que el enunciado afirma que existe un 10 % de vacantes, ello quiere decir que, en prome-
dio, deben faltar 0.8 iones/celdilla.
Suponiendo que la red no se distorsiona, entonces el parámetro reticular valdrá:
a 2 r(Fe2 ) r(O2 ) 0.434 nm.
Para que se mantenga la neutralidad eléctrica en el material, las vacantes han de ser del tipo
Schottky, por lo que deben faltar 0.4 Fe2+/celdilla y 0.4 O2-/celdilla. Esto se traduce en una densidad
teórica de valor:
Mc 4 0.4 M(Fe2+ ) 4 0.4 M(O2- ) 3.6 (55.85 g mol1) (16.00 g mol1 )
Vc NA N A NA (0.434 107 cm)3
a3 5.254 g cm-3
7.10. La Al2O3 cristaliza en una celdilla unidad de simetría hexagonal y presenta una densidad © Ediciones Paraninfo
de 3.99 g/cm3. Establezca la nueva densidad del material si un 2% de la posiciones aniónicas
están vacantes y se conserva la estequiometría del material.
Datos: M(Al) = 26.98 g/mol y M(O) = 16.00 g/mol.
Consideraremos como base de cálculo una unidad-fórmula de Al2O3.
De acuerdo con los datos del enunciado, un 2 % vacantes aniónicas implica que de 3 O= pasa-
mos a 3·0.98 O=. Puesto que la relación de O= a Al3+ es 3:2, para que se conserve la estequiometría,
se exige que haya 2·0.98 Al3+. Con todo, la densidad teórica resultará ser:
56
La escala atómica de los materiales Bloque 1
Mc 0.98 · (masa aniones masa cationes) 0.98 · (3.99 g/cm3 ) 3.91 g/cm3
Vc el volumen de la celdilla no cambia
7.11. En el Au (estructura CCC, a = 0.408 nm) la concentración de vacantes en equilibrio a la
temperatura de 1000 ºC es 7.8·1018 vac/cm3. Calcule a qué temperatura debería encontrarse
una muestra de Au para que su fracción de vacantes fuese 12 órdenes de magnitud menor.
Dato: kB = 1.38·10–23 J/K.
Las vacantes Schottky son las más probables en estructuras CCC. Así pues:
NV N EVS Au exp EVS 4 át. cm)3 EVS
exp kBT kBT (0.408 107 exp kBT
Sustituyendo para la temperatura de 1000 ºC:
7.8 1018 cm3 4 cm)3 exp EVS (1273 K) EVS 1.58 1019 J
(0.408 107 (1.381023 J/K)
Si la concentración debe ser 12 órdenes de magnitud menor:
7.8106 cm3 4 cm)3 exp 1.58 1019 T 313.16 K 40 ºC
(0.408 107 1.38 1023T
7.12. En la empresa en la que trabaja se han recibido dos lingotes paralelepipédicos, sin defec-
tos macroscópicos, de un material metálico.
a) En el primero de ellos, la única información que se adjunta es una etiqueta indicativa de la
composición, donde se indica «Cu». Compruebe si lo indicado en la etiqueta es correcto. Co-
mente, en cualquier caso, el resultado.
b) En el segundo lingote, de iguales dimensiones y masa que el anterior, puede leerse, además
de la etiqueta «Cu», otra donde se indica «Contiene un 20% de defectos. Todos los defectos
son de un único tipo». Indique de qué material puede estar hecha esta segunda pieza (conside-
re únicamente uno o dos elementos químicos formando el material).
Datos: dimensiones de los lingotes = 3×2×8 cm, masa de los lingotes = 429.523 g, estructura
cristalina del Cu: CCC, r(Cu) = 0.128 nm y NA = 6.022·1023.
© Ediciones Paraninfo Elemento M (g/mol) Elemento M (g/mol) Elemento M (g/mol)
Al 26.981 Fe 55.845 P 30.973
B 10.811 H 1.0079 S 32.066
Br 79.904 Mg 24.305 Si 28.085
C 12.010 Mn 54.938 Ti 47.867
Co 58.933 N 14.006 V 50.941
Cr 51.996 Ni 58.693 W 183.84
Cu 63.55 O 15.999 Zn 65.39
57
Capítulo 7 Imperfecciones cristalinas
a) El Cu tiene estructura CCC, por tanto, se cumplirá que 2 a 4r a 0.362 nm . Entonces, la
densidad teórica se calculará como:
4 M(Cu) (4 át.)·(63.55 g/mol)
t (Cu) Mc NA (6(.00.232621·10023á7 ct.m/m)3ol) 8.8983 g cm3
Vc a3
La densidad experimental del lingote ( e ) resulta:
e m 429.523 g 8.9484 g cm3
V (3 cm 2 cm 8 cm)
como e t , ello quiere decir que no se trata de Cu puro (debe estar formando una aleación con
algún otro elemento).
b) Del nuevo lingote sabemos que:
(1) e t (8.9484 > 8.8983)
(2) Contiene un 20% de defectos
De ello puede concluirse que los defectos no pueden ser vacantes. Concluimos por tanto que se
trata de una solución sólida, con impurezas atómicas (soluto) como defectos.
A. Supongamos, primeramente, que se trata de una solución sólida intersticial (SSI).
Dado que la red es CCC, tendremos 4 átomos/celdilla y 12 intersticios/celdilla. Como, además,
tenemos un 20 % de impurezas, tendremos 12·0.2 = 2.4 átomos de impurezas/celdilla. De este mo-
do, la densidad teórica resulta ser:
e 8.9484 gcm3 4 M(Cu) 2.4 M( X ) M( X ) 0.6135 g mol
N A a3
donde X representa el elemento que constituye las impurezas.
Como no existe ningún elemento químico tan ligero, debemos concluir que no está formando
una SSI.
B. Supongamos que se trata de una solución sólida sustitucional (SSS).
Dado que la red es CCC, tendremos 4 átomos/celdilla. Como, además, tenemos un 20% de im-
purezas, tendremos (4-0.8) = 3.2 átomos de Cu/celdilla y 4·0.2 = 0.8 átomos de impurezas/celdilla.
De este modo, la densidad teórica resulta ser:
e 8.9484 gcm3 3.2 M(Cu) 0.8 M( X ) M( X ) 65.39 g mol
NA a3
Buscando en una Tabla Periódica (mire en el Apéndice C del libro), puede concluirse que el
elemento que constituye las impurezas puede ser el Zn. El lingote será, entonces, una solución sóli-
da sustitutiva de Cu y Zn, esto es, un latón.
© Ediciones Paraninfo
58
La escala atómica de los materiales Bloque 1
7.13. Una de las chapas de Fe (CCI, a = 0.290 nm) que conforma el exterior de un horno para
carburación de piezas ha sufrido un problema en su aislamiento. Esto origina que la chapa, de
2 mm de espesor, se caliente hasta 700 ºC, temperatura suficiente como para activar parcial-
mente un proceso de carburación en la cara de la chapa que da hacia el interior del horno,
mientras que en la cara exterior se activa uno de descarburación por contacto con la atmósfe-
ra. Tras una semana de trabajo, se detecta el fallo y se miden las concentraciones de C en am-
bas caras, obteniéndose 0.021% y 0.0054% C en masa. Determine el coeficiente de difusión
del C, en m2/s, sabiendo que el flujo de difusivo ha sido de 1.73·1019 átomos/m2·s.
Datos: M(Fe) = 55.85 g/mol y M(C) = 12.01 g/mol.
En el estado estacionario podemos suponer válida la Primera ley de Fick:
Jx D dC 1.73 1019 átomos (m2 s) D(m2 s) (Cdesc Ccarb ) átomos m3
dx (2 103 m)
Dado que el carbono es una impureza intersticial no altera significativamente el volumen de la
red. Teniendo en cuenta que el Fe tiene estructura CCI, cada celdilla contará con 2 átomos. De este
modo, las concentraciones de carbono en la superficie carburante y descarburante serán, respecti-
vamente:
Ccarb 0.021 g C N A át. C 55.85 g Fe 2 át. Fe 1 celd. m)3 8.011025 át. C m3
99.979 g Fe 12.01 g N A át. Fe 1 celd . (0.29 109
Cdesc 0.0054 g C N A át. C 55.85 g Fe 2 át. Fe 1 celd . m)3 2.06 1025 át. C m3
99.9946 g Fe 12.01 g N A át. Fe 1 celd . (0.29 109
Despejando D de la primera ley de Fick:
D J x (1.731019 át. (m2 s)) (2.06 (2 103 m) ) át. m3 5.811010 m2 s
C 1025 8.011025
© Ediciones Paraninfo
59
Capítulo 7 Imperfecciones cristalinas
7.14. Una chapa de Fe (estructura CCI) de 10 mm de espesor es sometida a carburación a 750
ºC. A dicha temperatura y suponiendo régimen estacionario, las cantidades de C en cada una
de las caras de la chapa son 0.1% y 0.008% en masa. Calcule el área de chapa necesaria para
que, en 2 horas, la hayan atravesado 0.6 g de C.
Datos: a(FeCCI) = 0.290 nm, DC→Fe(500 ºC) = 1.44·10–12 m2/s, DC→Fe(800 ºC) = 6.37·10–11 m2/s,
M(Fe) = 55.85 g/mol, M(C) = 12.01 g/mol, R = 8.314 J/(mol·K) y NA = 6.022·1023.
El Fe y el C forman una solución sólida intersticial, ello permite suponer que la solución sólida
ocupa el mismo volumen que el hierro puro.
En 100 g de material, la concentración de átomos de carbono en la cara A y B, se calcula como:
CA 0.1 g C Fe N A át. C 55.85 g 2 át. Fe 1 celd. m)3 3.816 1026 át. C m3
(100 0.1) g 12.01 g N A át. Fe 1 celd . (0.290 109
CB 0.008 g C N A át. C 55.85 g 2 át. Fe 1 celd. m)3 3.053 1025 át. C m3
99.992 g Fe 12.01 g N A át. Fe 1 celd . (0.290 109
Cálculo la difusividad a 750 ºC:
D1 D500 ºC ; D1 D0 exp(Q RT 1 ) D1 exp Q 1 1
D2 D800 ºC ; D2 D0 exp(Q RT 2 ) D2 R T1
T2
Tomando logaritmos:
ln DD12 Q 1 1
R T1
T2
Y sustituyendo valores:
R1ln DD1 12 8.31 K J ln 1.44 1012 m2 /s
T2 T1 mol 6.37 1011m2 /s
Q 87 065.41 J/mol
1 K 1 K
1073 773
Por otro lado,
D0 D1 RT1 (1.44 1012 m2 /s) 1.11106 m2 /s
exp Q exp (87 065.41 J/mol)
(8.31 J (K mol)) (773
K)
De modo que, la difusividad a 750 ºC valdrá:
D 750 ºC D0 exp Q (1.11106 m2 /s) exp (87 065.41 J/mol) K) 3.958 1011 m2 /s
RT (8.31 J (K mol)) (1023
Y conocida la difusividad es posible calcular el flujo difusivo aplicando la primera ley de Fick: © Ediciones Paraninfo
60
La escala atómica de los materiales Bloque 1
J D C (3.958 1011 m2 /s) ((38.16 3.053) 1025 át. C m3 ) 1.39 1018 át. C (m2 s)
x (10 103 m)
Y el área necesaria para que en 2 horas (= 7200 s) hayan difundido 0.6 g de C deberá ser de:
S (0.6 g) NA át. C 1 s 1.39 1 m2 s C 3.0 m2
(12.01 g) 7200 1018 át.
7.15. En una barra de Al (CCC), existe un gradiente de concentración de Cu (CCC) en solu-
ción sólida, que disminuye desde el 0.4% atómico de Cu en la superficie, hasta 0.2% atómico
de Cu a 1 mm bajo la superficie. Suponiendo que dicho gradiente no varía en el tiempo:
a) Indique cuál es el flujo neto de átomos de cobre a la temperatura de 500 ºC a través de un
plano paralelo a la superficie y situado a 0.5 mm por debajo de ella.
b) Determine cuál sería el flujo a través de un plano a 0.6 mm por debajo de la superficie.
Nota: Los porcentajes indicados están referidos al total de átomos de la solución sólida.
Datos: r(Al)= 0.143 nm, DCu→Al (300 ºC) = 3.16·10–17 m2/s, DCu→Al (800 ºC) = 1.73·10–11 m2/s y
R = 8.31 J/(K·mol)
a) La solución sólida Al-Cu ha de ser sustitucional (los átomos de Cu son demasiado grandes para
ocupar los intersticios del Al).
i) Concentraciones.
Suponiendo que el mecanismo de difusión sustitucional no altera el volumen, podemos admitir
que la concentración atómica de la solución sólida es igual a la concentración del Al puro:
Al C0 átomos Al m3 C0 átomos SSS m3
Así pues, las concentraciones en los planos a los que se refiere el problema valdrán:
Cs 0.004 átomos Cu C0 átomos SSS 0.004 C0 átomos Cu m3
átomos SSS m3
Cd 0.002 átomos Cu C0 átomos SSS 0.002 C0 átomos Cu m3
átomos SSS m3
El Al tiene estructura CCC 2a 4r y habrá 4 átomos/celdilla. Por tanto:
C0 4 átomos 1 celdilla 4 átomos 6.045 1028 átomos m3
celdilla a3 4 (0.143109
© Ediciones Paraninfo m) 3
2
61
Capítulo 7 Imperfecciones cristalinas
Por tanto, sustityendo el valor de C0 en las expresiones de Cs y Cd, obtenemos:
Cs 2.418 1026 átomos Cu m3 y Cd 1.209 1026 átomos Cu m3
ii) Cálculo de la difusividad a 500 ºC (conocida D a 300 ºC y a 800 ºC).
Para T1 = 573 K, D1 = 3.16·10-17 m2 / s
T2 = 1073 K, D2 = 1.73·10-11 m2 / s
D1 exp Q 1 1 ln DD12 Q 1 1
D2 R T2 T1 R T2 T1
Q ln(D1 D2) ln 3.16 1017 m2 /s
R (1 T1 1 T 2) 1.73 1011 m2 /s
1.62 104 K
1 K 1 K
1073 573
Por otro lado:
D0 D1 expQ (RT1) 6.52 105 m2 s
Por lo que: D773K 5.161014 m2 s
Y finalmente, calculamos el flujo como:
J D Cd Cs 5.164 1014 m2 (2.418 1.209) 1026 átomos m3 6.24 1015 átomos
d s 103 m m2 s
b) El flujo de átomos entre los planos de referencia es estacionario, esto es, no varía con el tiempo y
será el mismo para cualquier otro plano paralelo a los de referencia. Concluyendo, el flujo atómico
a través de un plano situado a 0.6 mm de la superficie también vale 6.24 1015 átomos/(m2·s).
7.16. (Avanzado: Necesitará leer la Adenda de este capítulo para resolverlo.) Una pieza de
acero del 0.1% C (en masa) se somete a un proceso de carburación, a 950 ºC, en una atmósfe-
ra con un contenido de carbono constante del 0.9% (en masa). Determine el tiempo necesario
para alcanzar una concentración del 0.3% de carbono a 1 mm de la superficie en un acero del
0.1% C. Elija los datos necesarios de las tablas siguientes:
Disolvente Temperatura D (m2/s) © Ediciones Paraninfo
Fe(CCI) (ºC)
Fe(CCC) 500 1.44·10–12
6.37·10–11
800 4.37·10–12
800 1.63·10–11
900
62
La escala atómica de los materiales Bloque 1
Tabla de la función de error
y (y) y (y) y (y) y (y)
0 0.000 0.4 0.428 0.8 0.742 1.4 0.952
0.1 0.112 0.5 0.521 0.9 0.797 1.6 0.976
0.2 0.223 0.6 0.604 1.0 0.843 2.0 0.995
0.3 0.329 0.7 0.678 1.2 0.91 2.4 0.999
Datos: R = 8.314 J/mol·K y el Fe con un 0.1%C, a 950 ºC, presenta estructura CCC.
La condición inicial es la siguiente: t 0 Co 0.1 % .
Las condiciones de contorno son:
x 0 mm Cs 0.9 %
x 1 mm Cx 0.3 %
La solución de la segunda ley de Fick es, para esta situación, es la siguiente:
Cx C0 1 2 x
CS C0 Dt
Las concentraciones expresadas en porcentajes en masa son proporcionales a las concentracio-
nes atómicas (en el Problema propuesto 7.17 puede encontrar una demostración), por tanto, pode-
mos sustituir directamente los valores en masa. Sustituyendo:
0.3 0.1 0.25 1 2 xDt x 0.75
0.9 0.1 Dt
2
Interpolando en la tabla de la función error:
2 x 0.8145 t 1 2 · x 2
Dt D 0.8145
Para calcular el valor de D a la temperatura de 950 ºC debe saberse (como indica el enunciado),
que a dicha temperatura el Fe, con un 0.1%C, adopta una estructura CCC.
Para obtener los valores de Q y D0 :
D D0 exp Q D1 Q 1 1 ln D1 Q 1 1
RT D2 exp R T2 T1 D2 R T2 T1
Q ln D1 D2 ln (4.37 1012 )
R (1.63 1011)
16 568.62 K
© Ediciones Paraninfo 1 1 1 K) (1 1 K)
T1 T2 (1173 073
63
Capítulo 7 Imperfecciones cristalinas
D0 D1 exp Q (4.37 1012 ) exp (16 568.62 K) 2.22 105 m2 s
RT1 (1073 K)
Por tanto,
D950ºC (2.22 105 m2 s) exp (16 568.62 K) 2.90 1011 m2 s
(1 223 K)
Y finalmente,
t D1 2·0.x8145 2 (2.90 10111 m2 (103 m) 2 12 994.51s 3.61 h
s) 2 0.8145
7.17. (Avanzado: Necesitará leer la Adenda de este capítulo para resolverlo.) Demuestre si, al
emplear la segunda ley de Fick, pueden emplearse las concentraciones de soluto expresadas en
porcentajes en masa, en lugar de las habituales expresadas en átomos por unidad de volumen,
siempre que se trate de una solución sólida intersticial.
Consideremos, una fina rodaja de espesor muy pequeño y volumen V. Dado que se forma una SSI,
el mayor o menor contenido de soluto no alterará de modo significativo el volumen de la rodaja
considerada.
Supongamos que la rodaja considerada contiene un c% (en masa) de soluto. Entonces, el núme-
ro de átomos de soluto contenidos en la rodaja, NS, puede calcularse como:
NS 10c0 g 1 mol NA átomos c 100N A c k
MS g 1 mol
M S
siendo MS la masa atómica del soluto.
Así pues, la concentración de átomos de soluto, esto es, el número de átomos de soluto por uni-
dad de volumen, se calculará como:
S NS c 100 NA V ck
V MS
es decir, la concentración es directamente proporcional a la composición en masa.
La constante k no debe preocuparnos, porque se cancela al aplicar la segunda ley de Fick. Re-
cuerde que el término en el que aparecen estas concentraciones es adimensional (cociente de dife-
rencias de concentraciones).
© Ediciones Paraninfo
64
2 BLOQUE
La escala microscópica
de los materiales
Transformaciones de fases
y microestructura
Capítulo 8 Transformaciones de fases. Aspectos generales
Capítulo 8
Transformaciones de fases. Aspectos generales
8.1. Para un proceso de solidificación homogénea de Cu, se conoce que el radio crítico y la
variación de energía libre para este radio valen 9.7·10-8 cm y 6.98·10-19 J, respectivamente.
a) Calcule el subenfriamiento al que se está sometiendo al Cu para su solidificación.
b) Para el instante en que el radio promedio de los embriones es de 3.2·10-8 cm, determine la
variación de energía libre.
c) Discuta qué soluciones podría adoptar para favorecer la posterior recristalización de este
material.
Datos: TF(Cu) = 1083 ºC y calor latente de solidificación = 1826 J/cm3.
a) Supondremos que los embriones son esféricos de radio r. La variación de energía libre necesaria
para su formación valdrá:
G 4 r 3g 4 r 2 SL
3
y los valores críticos se obtienen derivando e igualando a 0:
d G 4 r2g 8 r SL dG 0
dr dr rr*
de donde:
r* 2 SL y G* 163gS2L3
g
Para evaluar el efecto de la temperatura a la que se somete al material para solidificarlo, suponemos
que h y s son constantes para T TF :
g h T s (TF T ) T
Si T TF g TF TF
0 sF hF g(T ) hF hF
TF
Sustituyendo en las expresiones de r* y ∆G*:
r * 2 SLTF T 2 SLTF
hF (TF T ) r *hF
G* 3(16hF)S32LTFT22 SL 3 G*
4 r*2
Sustituyendo valores:
SL 34 Gr*2* 3 (6.981019 J) 1.77 105 J cm2 © Ediciones Paraninfo
4 (9.7 108 cm)2
66
La escala microscópica de los materiales Bloque 2
T r2*ShLTFF 2 ((19..77711008c5 mJ )cm(12 )82(613K5)6 K) 271.01 K
b) La variación de energía libre específica a la temperatura TF será:
g(TF ) hF TTF (1826 J cm3 ) (271.01 K) 364.94 J cm3
(1356 K)
Así pues, para un radio r = 3.2·10-8 cm, se tendrá:
G 4 r 3g 4 r 2SL
3
4 (3.2 108 cm)3·(364.94 J cm3 ) 4 (3.2 108 cm)2 (1.77 105 J cm2 ) 1.777 1019 J
3
c) Sabemos que cuanto mayor es el tamaño de grano del material previo a la recristalización, mayor
será la temperatura necesaria para recristalizarlo. Por tanto, la recristalización del Cu se favorecerá
disminuyendo el tamaño de grano del material solidificado. Esto se consigue favoreciendo la nu-
cleación, para lo cual tendríamos que incrementar el subenfriamiento.
La adición de agentes nucleantes también permitiría disminuir la temperatura de recristaliza-
ción, pero, con esta vía, la nucleación sería heterogénea y no homogénea como indica el enunciado.
8.2. Se ha determinado que es necesario un subenfriamiento de 42 ºC en el agua para poder
formar, de manera homogénea, nucleos de hielo en su seno.
a) Calcule el radio crítico de los núcleos de hielo formados.
b) Determine el número de átomos de H y O necesarios para formar un núcleo de tamaño crí-
tico.
c) Explique por qué los charcos de agua se congelan en invierno cuando la temperatura dis-
minuye solamente algunos grados por debajo de 0 ºC.
Datos: TF (agua) = 273 K, (hielo) = 0.92 g/cm3, calor latente de solidificación del hielo =
335 kJ/kg, energía superficial específica (hielo-agua) = 25 mJ/m2, NA = 6.022·1023, M(H) =
1.01 g/mol y M(O) = 16.00 g/mol.
a) Tal como se dedujo en el problema anterior, para un embrión esférico:
G 4 r 3g 4 r 2 SL
3
g (T ) hF (TF T ) hF T
TF TF
r* 2 SLTF G* 3(16hF)S32LTFT2 2
hF T
Sustituyendo datos en la expresión del radio crítico, obtenemos:
r 2 (25 103J m2 ) (273K) 1.05109 m
K)
© Ediciones Paraninfo (335 103 J kg 1 ) 1 kg (0.92 g cm3 ) 106 cm3 (42
103 g 1 m3
67
Capítulo 8 Transformaciones de fases. Aspectos generales
b) V 4 r3 4 (1.05 nm)3 4.85 nm3 4.85 1021 cm3
33
La masa de un núcleo de hielo se puede calcular como:
m V * (0.92 g cm3 ) (4.851021 cm3 ) 4.46 1021 g
La masa molar del agua es:
M (H2O) (2.02 16.00) g mol-1
Por lo que la masa de cada molécula de agua será:
m (H2O) 18.02 g N 1 mol (18.02 NA) g
mol moléculas
A
De este modo, el número de moléculas de agua que contiene el núcleo de hielo será de:
N 4.46 1021g 4.46 1021 NA moléculas 149 moléculas
(18 NA) g moléculas 18.02
Por tanto, habrá
2 149 298 átomos de H
1149 149 átomos de O
c) En los charcos existen impurezas que actúan como agentes nucleantes, provocando la nucleación
heterogénea de hielo en el agua.
8.3. Puede demostrarse que, para que un proceso de nucleación homogénea se produzca a un © Ediciones Paraninfo
ritmo suficientemente alto, el valor de G* debe ser inferior a 76 kBT. En un proceso de preci-
pitación (supuesto como una nucleación homogénea sin energía de deformación) en una alea-
ción A70-B30, llevado a cabo a 800 K, se mide un ritmo de nucleación de 106 m-3·s-1 y se conoce
que dicho ritmo es cercano al considerado como suficientemente
alto.
a) Determine el valor de G*.
b) Si dicho ritmo quiere incrementarse hasta un valor de
1021 m-3·s-1, calcule la composición de la aleación.
Datos: = 75 mJ/m2 y kB = 1.38·10-23 J·K-1.
Los valores de g pueden obtenerse del punto de corte con el
eje Y de la tangente a la gráfica adjunta para la composición
deseada.
a) Según la gráfica, la aleación del 30%(atómico) de B (una fracción del 0.3 de B) presenta un valor
de g de –9·107 J/m3.
Por otra parte, el ritmo de nucleación viene dado por la Expresión (8.21), que particularizada
para los datos del problema de la aleación del 30% (atómico) B, resulta:
68
La escala microscópica de los materiales Bloque 2
vN n* ns n0ns0 exp Qd G*
kBT
En el enunciado se indica que el ritmo de nucleación es cercano al considerado como suficien-
temente alto, por lo cual supondremos que nos encontramos en la región II de las señaladas en la
Figura 8.23.
En la situación mencionada, se tiene que G* Qd , por lo que el término exp G* (kBT )
dominará frente al término expQd (kBT ) , así que ignoraremos a este último.
vN 106 n0ns0 G* n0ns0 exp 16 3 kBT
exp kBT 3g 2
16 (0.075 J m2 )3
106 n0ns0 exp (1.3831(09231J0 K7 J1m)
vN 3 )2 K) n0ns0 exp(79)
(800
Por tanto, para G* 79kBT , el ritmo de nucleación es elevado, pero insuficiente.
b) Dividiendo entre sí las dos expresiones obtenidas para dos diferentes temperaturas (T1 y T2):
vN1 n0ns0 exp G1* exp G1* G1* G2*
vN2 kBT1 kBT1 kBT1 kBT2
exp
G2* G2*
n0ns0 exp kBT2 exp kBT2
Si consideramos un ritmo de 1021 m-3·s-1, entonces la expresión anterior:
1100261 G2* G2*
exp 79 kBT2 ln 1015 79 kBT2
Y depejando:
G2* (1.38 1023 J K1) (800 K) ln 1015 79 4.911019 J
Como
G* 16 3 g 16 3 16 (75103 J m2 )3 1.2 108 J m3
SL SL 3 (4.911019 J)
3g 2 3G*
g 1.2 108 J m3
© Ediciones Paraninfo Según la gráfica, para obtener dicho valor se requiere una composición aproximadamente del
33% (atómico) B.
69
Capítulo 8 Transformaciones de fases. Aspectos generales
8.4. La precipitación de una fase en la matriz original puede producirse mediante una nuclea-
ción homogénea coherente (hay distorsión de la matriz) o incoherente (no hay distorsión de la
matriz), siendo de importancia la energía por deformación elástica en el primero de los casos.
Si se supone un valor de g en función de la temperatura dado por 8·106·(T – 900) J·m-3·K-1:
a) Indique los posibles rangos de temperatura en los que se produciría nucleación de tipo
coherente o incoherente.
b) Para una temperatura de 510 K, señale qué tipo de nucleación se producirá y si será apre-
ciable el ritmo de nucleación.
Datos: coh = 0.16 J/m2, inc = 0.8 J/m2, gdef = 2.6·109 J/m3 y kB = 1.38·10-23 J·K-1.
a) La nucleación se producirá cuando sea termodinámicamente favorable, para lo que, según la Ex-
presión (8.15), G < 0.
Al haber menos requerimientos energéticos asociados a la nucleación incoherente (no hay
energía de deformación), esta debe producirse primero, para mayores temperaturas. Despreciando el
valor de la energía superficial, el proceso será termodinámicamente favorable si g < 0, por lo que:
g = 8·106·(T – 900) < 0 T < 900 K
Para que se produzca nucleación coherente debe superarse además la energía asociada a la de-
formación, por tanto:
g + gdef = 8·106·(T – 900) + 2.6·109 < 0 T > 575 K
b) El mecanismo esperable será aquel con menor valor de G*, y según el enunciado del problema
8.3, será un proceso apreciable siempre que dicho valor sea < 79 kBT = 79·(1.38·10-23 J·K-1)·
(510 K) = 5.56·10–19 J.
16 3 16 (0.16 J m2 )3 2.54 1019 J
coh 8 106 (510 900) 2.6 109 )
Gcoh*
3(g gdef )2 3 J m3 2
16 3 16 (0.8 J m2 )3
inc 8106 (510 900) J m3
Ginc* 8.811019 J
3(g )2 3 2
Por lo que se producirá nucleación coherente (que requiere menor energía) y la nucleación será
apreciable, debido a que es menor que 5.56·10–19 J.
8.5. La transformación de fase de los aceros denominada martensítica tiene lugar con la apari- © Ediciones Paraninfo
ción de una nueva fase con forma lenticular, cuyo volumen y superficie pueden aproximarse
por las expresiones V = 4/3 r2c y S =2 r2, siendo r c.
a) Determine las dimensiones críticas para la formación de un núcleo coherente de martensi-
ta.
b) Calcule la energía crítica de activación para la formación del núcleo anterior.
Datos: SS = 0.15 J/m2, g = 17·107 J/m3 y gdef = 24·108·(c/r) J/m3.
a) El valor de la energía crítica en este proceso vendrá dado por:
70
La escala microscópica de los materiales Bloque 2
4 r2c 2 r 2 SS
3
G g gdef
4 r2c g 4 r 2c 24 108 c 2 r2 SS
3 3 r
4 r2c g 32 108 rc2 2 r 2 SS
3
Derivando dicha expresión respecto a r y c, e igualando a 0 cada una de las expresiones se ob-
tendrán los correspondientes valores críticos.
Derivando respecto a r:
d G 8 rc g 32 108 c2 4 r SS
dr 3
dG 0 r* 8 32 108 c*2 2c2*4g1083c*2SS
dr rr* 3 c* g 4
SS
c c*
Derivando respecto a c:
d G 4 r2 g 64 108 rc
dc 3
d G 0 4 r*g 48r*10g8
dc cc* c* 3
64 108
r r*
De la expresión de r* se desprende que:
2 c* r* g 3 r* SS 24 108 c*2
Sutituyendo ahora la expresión de c*, se llega a
2r*2 g 2 3 r* SS 24 108 r*2 g 2
48 108 (48108 )2
de donde, operando:
r * 3.125 3 SS g 2 4.98 108 m 50 nm
1010
Sustituyendo este valor en la ecuación para c*, resulta:
c* 1.77 109 m 1.8 nm
© Ediciones Paraninfo b) Sustituyendo los valores de r* y c* obtenidos en el apartado anterior en la expresión de G*:
71
Capítulo 8 Transformaciones de fases. Aspectos generales
G* 4 r*2c* g 32 108 r*c*2 2 r*2 SS
3
4 (50 109 m)2 (1.77 109 m) (17 107 J m3 )
3
(32 108 J m3 ) (50 109 m) (1.77 109 m)2
2 (50 109 m)2 (0.15 J m2 )
7.79 1016 J
8.6. Suponga un proceso de nucleación heterogénea, al aire (a), sobre un sustrato plano (s) de
dicho material en estado amorfo. Dicha nucleación puede darse con dos orientaciones distin-
tas: según planos (100) o planos (111) creciendo en paralelo a la superficie amorfa con dos
geometrías: rectangular (l x h) y triangular (lado d). Calcule las dimensiones de los núcleos
críticos para los mencionados casos en función de las energías superficiales que intervienen en
el proceso.
Las mencionadas geometrías de crecimiento son:
Y sus energías críticas por unidad de longitud perpendicular al plano del dibulo resultan:
G(100) l·h g (2h l) a(100) l( s(100) sa )
G(111) d2 g 2d a(100) 2d ( s(111) sa )
2
Derivando las expresiones anteriores respecto a las dimensiones de los núcleos, e igualando a
cero, se obtienen sus valores críticos:
d G(100) a(100) sa
dl h g a(100) s(100) sa 0 h* s (100 )
g
d G(100) l g 2· a(100) 0 l* 2 a(100)
dh g
d G(111) d g 2 a(100) 2( s(111) sa ) 0 d* 2 a(100) 2( s(111) sa )
dd g
8.7. Considere un molde en el que hay una hendidura con geometría cónica de semiángulo
/2. Demuestre que la expresión que relaciona las energías libres críticas para la nucleación
heterogénea en la hendidura y para la nucleación homogénea en el seno del líquido es:
ΔG*HET
ΔGH* OM
= 1 – cos 2 © Ediciones Paraninfo
2
72
La escala microscópica de los materiales Bloque 2
La porción sólida formada por la hendidura tendrá la forma de un cono con la base curva, de modo
que podemos considerarla como la suma de un cono (de altura d y semiángulo /2) en cuya base
hay adosado un casquete esférico (de radio R). Un esquema de la sección de la hendidura sería el
siguiente:
El volumen de un cono es:
VCono dr 2
3
con d, la altura del cono, y r, el radio de la base.
Expresemos el volumen en función de R. Por trigonometría básica:
r R sen 2
d R cos 2
Sustituyendo queda VCono R3 sen2 2 cos 2 .
3
Por otra parte el volumen del casquete esférico (vea la Nota 8.1) es:
VCasquete h2 (3R h)
3
donde h es la altura del casquete, que puede expresarse comoh R 1 cos 2 . Sustituyendo y
operando:
VCasquete R3 2 3cos 2 cos3 2
3
El volumen de la porción sólida será pues:
VCono 2cos 2 R3 2 cos3 2
V VCasquete 3 R3 sen2 3 2 3 cos
© Ediciones Paraninfo V 2 R3 1 cos 2
3
73
Capítulo 8 Transformaciones de fases. Aspectos generales
El área de la inteficie sólido-líquido será el área de la parte curva del casquete esférico.
A 2 Rh 2 R2 1 cos 2
La energía libre de un nucleo será entonces
G 2 R3 1 cos 2 g 2 R2 1 cos 2 SL
3
Derivando con respecto a R, e igualando a 0, se obtendrá el radio crítico R*:
R* 2 SL
g
Sustituyendo en la ec de la energía libre, podremos obtener el valor de la energía libre crítica
G* 8 1 cos 2 3
SL
3g 2
La energía libre crítica para el caso de nucleación homogénea viene dada por la Expresión (8.5):
GH* OM 136(g)S3L2
Por tanto:
8 1 cos 2 3
SL
GGH* O*M 136g 2S3L 1 cos 2
2
3(g )2
8.8. Considere el caso de una transformación de fase isoterma en la que se ha medido que la © Ediciones Paraninfo
fracción volumétrica de fase transformada al cabo de 350 s es de 0.3 y, cuando han transcu-
rrido 500 s, se sitúa en 0.7.
a) Determine el tiempo de incubación y el tiempo para la transformación total.
b) Elabore una representación gráfica de la fracción transformada vs. tiempo para esta trans-
formación de fase.
a) Como se indica que la transformación de fase es isoterma, podemos asumir que es válida la ley
de Avrami:
x(t) 1 exp (ct)n
Calculemos en primer lugar los valores de las constantes c y n, que no se suministran como da-
tos. Aplicando logaritmos, la ecuación de Avrami puede rescribirse:
74
La escala microscópica de los materiales Bloque 2
ln(1 x) (ct)n
Particularizándola para dos parejas de valores:
(ct1)n ln 1 x1
(ct2)n ln 1 x2
Dividiendo miembro a miembro: llnn11 xx12 t1 n
((cctt12 ))nn t2
Tomando logaritmos de nuevo
n t1 ln1 x1 n ln1 x1
ln t2 ln ln1 x2 ln ln1 x2
t1
ln t2
Sustituyendo valores (tenga en cuenta que en el enunciado, las fracciones volumétricas ya están
en tanto por uno), resulta
n 3.41 c 2.11103
La expresión de Avrami para esta transformación queda, pues,
ln 1 x (2.11103 t)3.41
Despejando el tiempo:
t 1 ln 1 x 0.293
2.11103
Tal y como se indica en el capítulo, la definición más aceptada de tiempo de incubación es la
de aquel para el cual el porcentaje de fase transformada es del 0.1%; es decir, xi = 0.001
ti 1 ln 1 x 0.293 1 ln 1 0.001 0.293 62.52 s
2.11103 2.11103
La definición del tiempo para transformación total no es tan ampliamente aceptada. Podemos calcu-
larlo como el tiempo para el que x = 0.99, o como el doble del tiempo de semitransformación:
(1) Para x = 0.99
© Ediciones Paraninfo t f 1 ln 1 0.99 0.293 741.68 s
2.11103
75
Capítulo 8 Transformaciones de fases. Aspectos generales
(2) Calculándolo como el doble del tiempo de semitransformación. Según la Expresión (8.27),
el tiempo de semitransformación viene dado por
(ln 2)1 n 2 (ln 2)1 n
c c
t1 2 t f 851.27 s
Como se puede comprobar, dichas definiciones no coinciden, siendo algo más aceptada esta última.
b) Con ayuda de Excel ®, la representación de la curva de transformación que se obtiene es la si-
guiente:
8.9. En un determinado proceso controlado por Avrami, se miden los tiempos a los que se
producen determinadas fracciones transformadas a diferentes temperaturas. Puede demos-
trarse que el parámetro n, además de con la forma geométrica de los núcleos, está relacionado
con el mecanismo de transformación dominante (difusión a través del líquido, a través de la
interficie o a través del sólido formado). En función de los datos proporcionados, determine si,
en el rango de temperaturas estudiado, todo el proceso está controlado por el mismo meca-
nismo o si, por el contrario, cabe esperarse un cambio en el mismo.
Datos:
T (ºC)
1 035 t (min) 55.15 99.48 148.41 221.41 330.30
x 0.15 0.25 0.36 0.52 0.62
1 022 t (min) 66.69 99.48 148.41 221.41 270.43
x 0.15 0.20 0.30 0.42 0.51
1 016 t (min) 99.48 148.41 221.41 330.30 492.75 601.85
x 0.13 0.20 0.28 0.39 0.53 0.59
1 009 t (min) 262.43 391.51 584.06 871.31
x 0.14 0.18 0.21 0.25
992 t (min) 320.54 478.19 584.06 788.40 1064.22
x 0.13 0.16 0.18 0.21 0.24
961 t (min) 584.06 788.40 1064.22
x 0.16 0.17 0.19
La ecuación de Avrami, Expresión (8.25), tiene la forma:
x(t) 1 exp (ct)n © Ediciones Paraninfo
76
La escala microscópica de los materiales Bloque 2
Tomando logaritmo neperiano
ln(1 x) (ct)n
Tomando logaritmos de nuevo:
ln( ln(1 x)) n ln c n ln t
Para determinar el valor de n, basta representar ln(–ln(1 – x)) frente a lnt, para cada temperatu-
ra. Se obtienen así familias de nubes de puntos que deben ajustarse mediante cálculo de regresión a
líneas rectas (Excel puede hacer esta tarea de manera automática). Las pendientes de las líneas de
regresión resultante corresponden con el valor de n.
Para las distintas temperaturas:
© Ediciones Paraninfo Se observa por tanto un cambio de pendiente entre las tres primeras y las tres últimas temperaturas,
lo que indica que se produce un cambio en el mecanismo entre 1 009 y 1016 ºC.
77
Capítulo 9 Transformaciones de fases. Sistemas multicomponentes
Capítulo 9
Transformaciones de fases. Sistemas multicomponentes
9.1. Considere una aleación que sufre una transformación de tipo eutéctico. Se conoce que el
espaciado interlaminar mínimo es de 4.3 m, cuando se activa dicha transformación some-
tiéndola desde el estado líquido a un subenfriamiento de 5 ºC. Determine dicho espaciado in-
terlaminar mínimo en el caso en que se aplicase un subenfriamiento de 15 ºC.
El espaciado interlaminar mínimo viene dado por la expresión:
mín 2 12TE
hE T
Pese a no disponer de ningún dato sobre la temperatura de la transformación eutéctica, la ener-
gía interficial o la entalpía de fusión por unidad de volumen, el problema es muy sencillo de resol-
ver, gracias a la forma de la ecuación que rige el espaciado interlaminar mínimo.
Particularizando para dos parejas de valores y dividiendo las expresiones entre sí, quedaría:
2 12TE
mín,1 hE T1
mín,2 2 12TE
hE T2
Como las variables anteriormente mencionadas no dependen de la temperatura, la ecuación se
simplifica a:
mín,1 T2
mín,2 T1
Sustituyendo valores, podemos determinar el espaciado interlaminar mínimo para un suben-
friamiento de 15 ºC:
mín,15ºC 4.3 μm 5 ºC 1.43 μm
15 ºC
9.2. Calcule la velocidad de crecimiento máxima que puede obtenerse para un eutéctico cuan-
do la transformación se realiza aplicando un subenfriamiento de 20 K, y sabiendo que, en esas
condiciones, el espaciado interlaminar mínimo es de 6.7 m.
Datos: 12/hE = –1.58·10–5 cm y -a3D12/hE = 2.01·10–11 cm3·(s·K)–1.
La velocidad de crecimiento máxima está regida por:
vM2 2a3 D 12TE © Ediciones Paraninfo
hE
78
La escala microscópica de los materiales Bloque 2
Despejando:
v 2a3 D 12TE
M2 hE
Como M 2mín :
v 2aM32Dh1E2TE a3 D 12TE
2m2in hE
Solo nos quedaría conocer TE, y eso lo podemos hacer a través del espaciado interlaminar mínimo:
mín 2 12TE
hE T
Despejando la temperatura y sustituyendo:
TE mínhE T mín T hE (6.7 104 cm) ( 20 K) 1 424.05 K
2 12 2 12 2 105
( 1.58 cm)
Sustituyendo, finalmente, en la ecuación de la velocidad:
v 2a3mD2ín12hTEE a3 D 12 2TEm2ín (2.011011 cm3 (s K)1) 2 ((64.7241.0054Kc)m)2 9.49 103 cm s1
hE
© Ediciones Paraninfo 9.3. Considere un proceso de precipitación de una aleación, formada por los componentes A y
B, en el que se ha determinado que a 1200 ºC las fracciones atómicas en B del sólido y líquido
son 0.1 y 0.65, respectivamente, mientras que, a 700 ºC han evolucionado hasta 0.82 y 0.13,
también respectivamente. Determine:
a) La temperatura a la que se agotará todo el líquido.
b) Una expresión de la evolución de la fracción atómica del sólido con la temperatura para el
caso de una aleación con una fracción atómica en B de 0.75.
Datos: Suponga evoluciones lineales con la temperatura para las fracciones atómicas de sólido
y líquido.
a) Lo primero es obtener expresiones para las evoluciones del líquido y sólido con la temperatura
(esto último no es necesario para este primer apartado, pero hará falta para el siguiente).
Como nos indican que supongamos evoluciones lineales con la temperatura para las fracciones
atómicas de sólido y líquido podemos determinar dicha evolución a partir de los puntos (c, T) pro-
porcionados en el enunciado:
Para el líquido:
Los puntos de los que disponemos son (0.65, 1200) y (0.13, 700). Como los datos de temperatura
son en ºC, y no importa en este caso, trabajaremos con dicha unidad.
Calculemos la recta que pasa por dichos valores:
cL 0.65 T 1200
0.52 500
79
Capítulo 9 Transformaciones de fases. Sistemas multicomponentes
Por lo cual:
cL 1.04 103T 0.598
Para el sólido:
Los puntos son (0.1, 1200) y (0.82, 700). Calculemos la recta que pasa por dichos valores:
cS 0.1 T 1200 cS 1.44 103T 1.828
0.72 500
La temperatura para la que no quedará líquido será aquella en la que cL 0 :
T 1.004.591803 575 ºC
b) La expresión de la fracción atómica del sólido con la temperatura es:
x c0 cL
cS cL
Sustituyendo los valores de las expresiones obtenidas en a), y teniendo en cuenta que c0 0.75 :
x c0 cL 1.44 0.75 1.04 103T 0.598 1.348 1.04 103T
cS cL 103T 1.828 1.04 103T 0.598 2.426 2.48103T
9.4. A 675 ºC, una aleación de A y B, con una fracción atómica de 0.1 en B, está constituida
únicamente por una solución sólida. Mediante microscopía óptica, se ha determinado que el
proceso de precipitación que sucede tras enfriar bruscamente a la aleación hasta temperatura
ambiente concluye al cabo de las 15 h, al alcanzar los precipitados un radio medio de 5 m.
Sabiendo que la solubilidad de B en A es nula a temperatura ambiente:
a) Calcule el valor de la difusividad a dicha temperatura ambiente.
b) Indique cuál sería el radio medio de los precipitados al cabo de 5 h.
a) La evolución del radio de los precipitados con el tiempo, para una determinada temperatura, vie-
ne dada por:
rP (t) c0 cM Dt
cP c0
En nuestro caso, c0 0.1, y como a la temperatura a la que se realiza la evolución (temperatura
ambiente) la solubilidad de B en A es nula:
cM 0 y cP 1 © Ediciones Paraninfo
80
La escala microscópica de los materiales Bloque 2
Despejando la difusión y sustituyendo valores:
5 106 m 2
D
rP2 (t) 2 0.1 0 2 3.75 1014 m2 s1
(15 1 0.1
t c0 cM h) (3600 s h)
cP c0
b) El radio al cabo de 5 h sería:
rP (t) c0 cM Dt 0.1 0 (3.75 1014 m2 s1) (5 3600 s) 2.89 106 m 2.89 μm
cP c0 1 0.1
9.5. En un hipotético sistema de fases, en el que se produce una transformación peritéctica, la
fracción inicial de fase sólida es del 25%, y las partículas de dicha fase tienen un tamaño me-
dio de 15 m. Determine el tiempo necesario para que se concluya la transformación sabiendo
que han transcurrido 135 s cuando se ha transformado el 30%.
Dato: razón de volúmenes z = 1.3.
Cuando se complete la transformación, la fracción transformada final será
xfinal zS0 (1.3) (0.25) 0.325
Nos proporcionan el tiempo para el que la fracción transformada es del 30%; es decir:
x 0.3 x final 0.0975
Dicho tiempo tiene la expresión:
t R2 3 1 (1 z)x x final 3 1 x x final 2
k 2D
Los únicos valores que desconocemos son k y D . Despejando:
k2 D R2 3 1 (1 z)x x final 3 1 x x final 2
t
Sustituyendo valores:
k 2D (15 106 m)2 1 (11.3) (0.0975) 3 1 (0.0975) 2 3.32 1014 m2 s1
(135 s) 3 (0.325) (0.325)
El tiempo final (obtenido al hacer x x final ) viene dado por:
© Ediciones Paraninfo t final Rk22 Dz23 (15 106 m)2 (1.3)23 8072.47 s
(3.32 1014 m2 / s)
81
Capítulo 9 Transformaciones de fases. Sistemas multicomponentes
9.6. Calcule la fracción recristalizada de un metal a 500 K tras 60 s, sabiendo que a 350 K, el
coeficiente c de la ley de Avrami vale 1.22·10-7 s-1 y, a 450 K, es 1.76·10-4 s-1. Considere que n =
2.7.
a) La fracción recristalizada se calcula mediante:
xR (t) 1 exp (ct)n
Desconocemos c, que es un parámetro dependiente de la temperatura:
c(T ) c0 exp QR
RT
Como nos proporcionan datos de dicho parámetro a dos temperaturas, podremos determinar c0
y QR. Particularizando a dos temperaturas (T1 y T2) y dividiendo las expresiones obtenidas:
c(T1) exp QR QR QR
c(T2 ) RT1 RT1 RT2
exp
QR
exp RT2
Aplicando logaritmos:
ln c(T1) QR QR QR 1 1
c(T2 ) RT1 RT2 R T2 T1
Despejando y sustituyendo:
QR ln cc((TT12)) ln (1.22 107 s1)
R (1.76 104 s1)
11456.89 K
1 1 1 1
T1 (450 (350
T2 K) K)
c0 quedaría:
c0 c(T ) (1.22 107 s1) 2.01107 s1
exp QR 1 exp (11 456.89 K) 1 K)
R T (350
Para 500 K:
c(550 K) (2.01107 s1 ) exp (11 456.89 K) 1 K) 1.805 102 s1
(550
La fracción recristalizada tras 60 s a 500 K quedaría: © Ediciones Paraninfo
82
La escala microscópica de los materiales Bloque 2
xR (t) 1 exp (ct)n 1 exp (1.805 102 s1) (60 s) 2.7 0.71
Vemos que el proceso es muy rápido para este material, algo que se intuía por los valores de c del
enunciado.
9.7. Teniendo en cuenta los datos y resultados obtenidos en el problema anterior, determine, a
500 K los tiempos de incubación y de recristalización.
a) Por definición, el tiempo de incubación es aquel para el cual la fracción recristalizada es del
0.1%. A saber,
xR (t) 0.001 1 exp (ct)n
Despejando:
exp (ct)n 1 0.001
Aplicando logaritmos podremos eliminar la exponencial:
(ct)n ln 1 0.001
De modo que despejando t:
11
ln 1 0.001n ln 1 0.001 (2.7)
t (1.805102 s1) 4.29 s
c
b) El tiempo de recristalización se define como el necesario para que xR 0.5 . Podemos usar el
mismo proceso que acabamos de realizar en el apartado anterior y multiplicar el tiempo obtenido
por 2, o bien usar directamente la ecuación:
tR 2(ln 2)1n (1.8205(ln102)221.7s 1 ) 96.74 s
c
© Ediciones Paraninfo 9.8. Suponga que ha recibido una aleación metálica con un tamaño de grano excesivamente
grande para sus especificaciones.
a) Explique a qué procesado podría someter al material, sin fundirlo, para afinar su tamaño
de grano.
b) Indique cómo podría obtener un grano fino si se le permitiese fundir el material.
a) Para afinar el grano del hierro sólido se puede emplear un proceso de deformación en frío segui-
do de recristalización.
b) Utilizando un proceso de fusión y posterior solidificación se consigue grano fino garantizando un
alto subenfriamiento.
83
Capítulo 10 Diagramas de equilibrio
Capítulo 10
Diagramas de equilibrio
10.1. Suponga la región bifásica de un diagrama de equilibrio binario del tipo I (solubilidad
total en estado líquido y sólido) de un sistema A-B en el que las temperaturas de fusión cum-
plen que TA > TB. Para una determinada temperatura, los límites de dicha región se sitúan en
composiciones del 20 y del 60% B. Calcule las composiciones de dos aleaciones sabiendo que,
para dicha temperatura, la cantidad de fase sólida de la aleación más rica en A es el doble que
la cantidad de la aleación más rica en B y que, además, la cantidad relativa de fase líquida de
la aleación más rica en A es del 50%.
Representando gráficamente los datos del enunciado, obtenemos:
Denominemos x e y a las composiciones de las aleaciones, siendo x la más rica en A. Calcularemos
en primer lugar el porcentaje de B contenidoe en la fase sólida de las dos aleaciones:
F 100 60 x
60 20
F 100 60 y
60 20
Y atendiendo a los datos del enunciado:
60 x 2 60 y
60 20 60 20
FL 50 x 20 100 x 40 % B
60 20
Por tanto, sustituyendo el valor obtenido de x en la primera de las ecuaciones, se obtiene la compo-
sición de la segunda aleación: y = 50% B.
© Ediciones Paraninfo
84
La escala microscópica de los materiales Bloque 2
10.2. Imagine un diagrama de equilibrio binario del tipo I (solubilidad total en estado líquido
y sólido) para un sistema A-B tal que las temperaturas de fusión cumplen que TA > TB. Una
determinada aleación es enfriada en condiciones de equilibrio hasta una temperatura tal que
su microestructura es bifásica, presenta una composición de la fase sólida del 30% B y de la
fase líquida del 70% B. Además, su microestructura contiene el doble de fase líquida que de
sólida. Si la aleación hubiese sido enfriada rápidamente hasta la misma temperatura, indique
cuál sería la composición de las fases sólida y líquida.
Tenemos:
La variación de la línea de sólidus con los enfriamientos rápidos viene definida por la ecuación
de Scheil (Expresión 10.7), que determina la composición media de la fase sólida.
cSc 1 cL c k (k 1)
1 cL
c 1 (k 1)
donde c es la composición de la aleación, cL la composición de la fase liquida (que no varía en con-
diciones de inequilibrio) y k cS cL .
Para calcular la composición de la aleación, según el enunciado: FL = 2·F
c 30 2 70 c c 56.66 % B
70 30 70 30
Por tanto:
(0.5666) 1 (0.3) (0.3) 1
(0.7) (0.5666) ( 0.7 ) ( 0.7 )
cS ( 0.3) 1 0.2687 26.87 % B
( 0.7 )
1 1
(0.7) (0.5666)
© Ediciones Paraninfo Por otra parte, la línea de líquidus no se verá afectada, al ser muy elevada la difusión en este
medio. Por ello:
cL 70 % B
85
Capítulo 10 Diagramas de equilibrio
10.3. Considere un diagrama de equilibrio binario de tipo II (solubilidad total en estado líqui-
do e insolubilidad total en estado sólido) de un sistema A-B. Una aleación de dicho sistema
presenta en la región A + L (justo antes de la transformación invariante) la mitad de A que de
L, y en la región A + B (justo después de la transformación invariante) el doble de A que de B.
Calcule cuál es la composición de la aleación y cuál la del punto eutéctico.
Sea c la composición de la aleación.
Con los datos del enunciado pueden plantearse las siguientes ecuaciones, que al resolver pro-
porcionan la solución del problema:
Para T > TE : 2 FA FL 2 cE c c 2cE 3c
cE cE
Para T < TE : FA 2 FB 100 c 2 c c 33.33% cE 50 %
100 100
10.4. Suponga un diagrama de equilibrio binario de tipo III (solubilidad total en estado líqui-
do y parcial en estado sólido) de un sistema binario A-B. Una aleación x de dicho sistema pre-
senta en la región + L (justo antes de la transformación invariante) igual cantidad de que
de L y en la región + (justo después de la transformación invariante) el doble de que de
. Otra aleación del mismo sistema, y, presenta en la región + L (justo antes de la transfor-
mación invariante) una tercera parte de que de L. Si la transformación eutéctica se produce
para un 50% B y la solución sólida presenta una solubilidad máxima del 10% B a la tempe-
ratura eutéctica, establezca cuáles son las composiciones de las aleaciones x e y y cuál es la
solubilidad de la solución sólida a la temperatura de la transformación invariante.
La situación planteada es:
© Ediciones Paraninfo
86
La escala microscópica de los materiales Bloque 2
Con los datos proporcionados pueden plantearse las siguientes ecuaciones (siendo x e y las
composiciones de las aleaciones, c y c las composiciones de las fases eutécticas a la tempe-
ratura eutéctica, y cE = 50 la composición eutéctica):
Aleación 1:
Para T > TE : f fL cE x x c
cE c cE c
Sustituyendo los datos del problema: 50 x x 10 x 30 % B
Para T < TE : f 2 f c x 2 x c
c c c c
Sustituyendo: c x 2x 20 c 70 % B
Aleación 2:
Para T > TE : 3 f fL 3 cE y y c
cE c cE c
Sustituyendo los valores ya conocidos: 3 (50 y) y 10 y 40 % B
10.5. Un sistema binario A-B se rige por un diagrama de equilibrio binario de tipo IV (solubi-
lidad total en estado líquido y parcial en estado sólido) en el que las temperaturas de fusión
TA > TB. Una aleación de dicho sistema presenta en la región + L (justo antes de la trans-
formación invariante) igual cantidad de que de L y en la región + (justo después de la
transformación invariante) la mitad de que de . Si la transformación peritéctica se produce
para un 50% B y la composición del líquido es del 60% B, determine cuál será la composición
de la aleación.
Sea c la composición de la aleación, y sean c y cL las composiciones de y del líquido a la tempe-
ratura peritéctica. De la transformación peritéctica sabemos que: cP = 50 y cL = 60% B.
Con los datos proporcionados pueden plantearse las siguientes ecuaciones:
Para T > TP : f fL cL c c c
cL c cL c
© Ediciones Paraninfo
Sustituyendo los datos del problema: 60 c c c
87
Capítulo 10 Diagramas de equilibrio
Para T < TE : 2 f f 2 cP c c c
cP c cP c
Sustituyendo los valores conocidos: 2 (50 c) c c
Resolviendo el sistema de ecuaciones:
2 60 c c cc c 20 %B y c 40 % B
(50 c) c
10.6. La figura corresponde a un hipotético diagrama de equilibrio binario, de solubilidad
total en estado líquido y parcial en estado sólido, formado por A y B.
a) Nombre las distintas regiones del diagrama e indique esquemáticamente las distintas trans-
formaciones que tengan lugar.
b) Trace la curva de enfriamiento en condiciones de equilibrio de una aleación del 30% B,
desde el estado líquido hasta la temperatura ambiente. Señale esquemáticamente los fenóme-
nos que ocurren en cada tramo. Dibuje la microestructura que se obtendría en cada uno de
los tramos.
c) Calcule la fórmula empírica del compuesto que aparece en el diagrama.
Datos: M(A) = 10 g/mol, M(B) = 20 g/mol y (fase más rica en el elemento A) = 5 g/cm3.
a) 1. Peritéctica: (5 % B) L(35 % B) (15 % B)
2. Eutectoide: (20 % B) (10 % B) C (40 % B)
3. Peritéctica: (25 % B) L(50 % B) C (40 % B)
4. Eutéctica: L(70 % B) C (40 % B) (90 % B)
© Ediciones Paraninfo
88
La escala microscópica de los materiales Bloque 2
b)
c)
nA 60 g A 1 mol 6 moles A
10 g 2 moles B
Por cada 100 g de C:
40 g B 1 mol
nB 20 g
© Ediciones Paraninfo La relación molar nA nB 3 , por tanto, la fórmula empírica del compuesto es A3B.
89
Capítulo 10 Diagramas de equilibrio
10.7. Para el diagrama de equilibrio del problema anterior, suponga una aleación del 30% B a
299 ºC. Calcule qué porcentaje de área (= porcentaje en volumen) de la microestructura esta-
ría ocupado por cada uno de los microconstituyentes.
Datos: NA = 6.022·1023. Hay un compuesto C (con parámero reticular a = 0.3 nm) formado por
átomos de B en posiciones de una red CCI, con todos los intersticios octaédricos ocupados por
átomos de A.
Microconstituyentes: C(PE’) + Eutectoide ( + C).
A 301 ºC se calculan las cantidades de (que pasará a ser eutectoide) y C(PE’):
F FE' 50 % (en masa)
FC 100 30 20 50 % (en masa)
40 20
Para pasar estos porcentajes en masa a porcentajes en volumen, partiendo de 100 g de aleación,
debe calcularse el volumen ocupado por 50 g de C y 50 g de eutectoide.
Comenzando con el C, y teniendo en cuenta que su estructura es CCI con a = 0.3 nm, y que una
celdilla contiene 2 átomos de B y 6 de A:
C MC 2 M(B) 6 M(A) 2 (20 g mol1) 6 (10 g mmooll11)) 6.15 g/cm3
VC a3 NA (0.3107 cm)3 (6.022 1023
VC mC (50 gc)m-3 ) 8.13 cm3
C (6.15 g
Por otra parte, a 299 ºC y para la composición del E’ (20% B), calculemos los porcentajes de
las fases que componen el eutectoide:
F 100 40 20 66.6 % (en masa)
40 10
FC 33.3% (en masa)
Y por tanto (aplicando una ley de mezclas para el cálculo de la densidad, Expresión (1.5)):
VE ' mE ' (50 g) 9.36 cm3
E' 66.6 g 33.3 g
66.6 g 33.3 g
5 g cm3 6.15 g cm3
Finalmente, como Porcentaje volumen Porcentaje área :
FE' 8.13 c9m.336c9m.336 cm3 100 53.51% © Ediciones Paraninfo
FC 46.49 %
90
La escala microscópica de los materiales Bloque 2
10.8. Dado el siguiente diagrama de equilibrio, correspondiente al sistema Mg-Ca,
a) Señale sobre el diagrama las fases existentes en las distintas regiones. Tenga en cuenta para
ello que el Ca sufre una transformación alotrópica.
b) Calcule la estequiometría del compuesto sabiendo que M(Mg) = 24.3 g/mol y M(Ca) =
40.1 g/mol
a) El Ca sufre una transformación alotrópica, en la que el Ca( se transforma a 447 ºC a Ca(.
b) Para conocer la estequiometría del compuesto hay que calcular el número de moles presentes de
cada especie que lo constituyen. Así:
nCa 45.2 g Ca 1 mol 1.127 moles
40.1 g
100 g de C nMg nCa 2 Mg2Ca
nMg 54.8g Mg 1 mol
24.3 g 2.255 moles
© Ediciones Paraninfo
91
Capítulo 10 Diagramas de equilibrio
10.9. Para el diagrama de equilibrio del problema anterior, suponga una aleación del 55% Ca
enfriada en condiciones de equilibrio hasta temperatura ambiente. Calcule los porcentajes de
los microconstituyentes estructurales y elabore un esquema de la microestructura.
La evolución de los microconstituyentes desde el estado líquido hasta temperatura ambiente será:
(700 ºC) (456 ºC) (447 ºC)
L L Mg 2Ca E(Mg2Ca + Ca ( )) Mg 2Ca E(Mg2Ca + Ca ( )) Mg 2Ca
Para conocer las proporciones de los microconstituyentes, se realiza el cálculo mediante la regla de
la palanca, justo antes de producirse la transformación eutéctica:
FMg2Ca = 78.3 55 100 70.41%
78.3 45.2
FE FL 29.59 %
10.10. El Mg (TF = 650 ºC, M (Mg) = 24.3 g/mol, estructura HC) y el Si (TF = 1414 ºC, M (Si) =
28.1 g/mol, estructura tipo diamante) son completamente solubles en estado líquido e insolu-
bles en estado sólido. Estos dos elementos forman un compuesto intermetálico, que contiene
un 36.6 % Si y que funde congruentemente a 1087 ºC. El Mg y el compuesto intermetálico
forman un eutéctico con un 1.4 % Si a 639 ºC; mientras que el Si y el compuesto intermetálico
forman, a su vez, un eutéctico con un 56.5% Si a 947 ºC.
a) Dibuje el diagrama de equilibrio Mg-Si
b) Halle la fórmula del compuesto intermetálico.
a) Con los datos proporcionados por el enunciado, el diagrama Mg-Si quedaría:
© Ediciones Paraninfo
92
La escala microscópica de los materiales Bloque 2
b) El compuesto intermetálico responde a la fórmula: MgnSim.
A partir de los datos del problema, se sabe que en 100 g de compuesto, 36.6 g son de Si y 63.4
g son de Mg. El número de moles de cada una de estos elementos será:
100 g de C: nMg 63.4 g Mg 1 mol 2.61 moles nMg nSi 2.61 2
24.3 g 1.30
nSi
36.6 g Si 1 mol 1.30 moles
28.1 g
Por tanto, la fórmula del compuesto será Mg2Si.
10.11. Para el diagrama de equilibrio del problema anterior, suponga una aleación del 10 %
de Si:
a) Trace la curva de enfriamiento señalando esquemáticamente los fenómenos que ocurren en
cada inflexión.
b) Calcule a temperatura ambiente el porcentaje de constituyentes estructurales existentes y
dibuje la microestructura correspondiente indicando los constituyentes estructurales.
a) La curva de enfriamiento sería:
© Ediciones Paraninfo
93
Capítulo 10 Diagramas de equilibrio
b) Aplicando la regla de la palanca a una temperatura de 640 ºC (justo por encima de la temperatura
eutéctica) se obtendrá la cantidad de Mg2Si y de L, correspondiendo la última a la cantidad de E:
FE 36.6 10 100 75.57 %
36.6 1.4
FMg2Si =100 – 75.57 24.43%
La microestructura resultante será de la forma:
10.12. En un hipotético diagrama de equilibrio A-B (TA = 1 100 ºC y TB = 200 ºC), se producen
las siguientes transformaciones (indicadas en la figura adjunta):
850 ºC, la solución sólida extrema α (10% B) reacciona con el líquido (35% B) para dar © Ediciones Paraninfo
γ (20% B).
A 650 ºC, la fase intermedia γ (25% B) reacciona con el líquido (50% B) para dar
ε (30% B).
A 550 ºC, la fase γ (15% B) se transforma en α (5% B) y en ε (30% B).
A 350 ºC, la fase ε (55% B) reacciona con el líquido (75% B) para dar solución sólida ex-
trema β (65% B).
Se conoce, además, que, a temperatura ambiente:
La solubilidad máxima de B en α es del 2%.
La solubilidad mínima de B en β es del 75%.
La mínima solubilidad de B en la fase ε se considerará constante desde los 650 ºC hasta
temperatura ambiente, e igual al 30%.
La fase intermedia ε tiene como máxima solubilidad el 40% en B.
Complete con líneas rectas el diagrama de equilibrio parcialmente facilitado e indique las fa-
ses presentes en cada región.
94
The words you are searching are inside this book. To get more targeted content, please make full-text search by clicking here.
solucionario-de-ciencia-e-ingenieria-de-los-materiales
Discover the best professional documents and content resources in AnyFlip Document Base.
Search