Metafisica 2 I

UNIVERSIDAD NACIONALJOSE FAUSTINO SANCHEZ CARRION

FACULTAD DE INGENIERIA QUIMICA Y METALURGICAESCUELA ACADEMICO PROFESIONAL DE INGENIERIA

METALURGICA

PROBLEMAS

PRINCIPIOS DE SOLIDIFICACION Y DIAGRAMA DE FASES DE PLOMO – ESTAÑO Y COBRE – NÍQUEL Y PROPIEDADES

MECANICAS

DOCENTE:

Ing. VEGA PEREDA, Nicanor

CURSO METALURGIA FISICA II

ALUMNO: Hermosilla Santillan, Thalia

HUACHO - PERÚ2015

[Escriba el título del documento]

PROBLEMA 01

Calcular el radio crítico en centímetro de un núcleo homogéneo que se forma al solidificar un líquido puro de cobre. Considere ∆T (subenfriamiento)= 0.2T m. Utilice los datos de la tabla 4.1.

Calcular el número de átomos en el núcleo de tamaño de tamaño crítico a esta temperatura de sub enfriamiento.

SOLUCIÓN:

a). cálculo del radio crítico del núcleo:

r¿=−2Tm

∆ H 3 ∆ T

∆ T=0.2T m=0.2 (1.083℃+273 )=(0.2∗1.356 K )=271 K

¿177∗10−7 Jcm2 ∆ H3=−1.826 J /cm3 T m=1.083℃=1.356 K

r¿=−2¿¿

b). cálculo del número de átomos en un núcleo de tamaño crítico:

Volumendeunnúcleo de tamañocritico= 43

π ¿

¿ 43

π¿

¿3.82∗10−21cm3

Volumen de la celdilla unidad de cobre (a=0.361nm )=a3

¿¿

¿4.70∗10−23cm3

Como hay cuatro átomos por celdilla unidad FCC,

volumenátomo

=4.70∗10−23 cm3

4=1.175∗10−23cm3

Así, el número de átomos por núcleo crítico es:

volumende núcleovolumen /átomo

= 3.82∗10−21cm3

1.175∗10−23 cm3 =325 átomos

Metalúrgica Física II


Problema 02

Calcular el radio del mayor hueco intersticial de la red FCC de hierro γ, sabiendo que en la red FCC el radio atómico de hierro es de 0.129nm y que los mayores huecos intersticiales se encuentran en las posiciones tipo

( 12

,0,0)(0 , 12

, 0)(0,0 , 12 ) , etc .

La figura 4.15b muestra un plano (110) de la red FCC sobre el plano yz. Denotaremos el radio del átomo de hierro por R y el hueco intersticial en la

posición (0 , 12

,0) por r. Entonces a partir de la figura 4.15b.

SOLUCION:

2 R+2 r=a …….. (4.4)

Asimismo de la figura 4.15b resulta,

(2 R)2=( 12

a)2

+( 12

a)2

=12

a2 …….. (4.5)

Operando resulta, 2 R= 1√2

aoa=2√2R …….. (4.6)

Relacionando las ecuaciones 4.4 y 4.6 obtenemos: 2 R+2 r=2√2R


Z

X

Y

Z

a

a

Y

2R12

a

12

a

Z

Y

R R2r

(0 , 12

,0)Figura 4.15b. Plano (100) de la red FCC conteniendo un átomo intersticial en la posición de coordenadas

(0 , 12

,0).


r=(√2−1 ) R=0.414 R=(0.414 ) (0.129 nm )=0.053

DIAGRAMA DE FASES DE CARBONO - NÍQUEL

PROBLEMA 03

Una aleación de cobre-níquel contiene el 47%en peso de Cu y el 53% en peso de ¿ y está a 1300℃.

Utilizando la figura 8.3 responder a las cuestiones siguientes:

a) ¿Cuál es el tanto por ciento en peso de cobre en las fases sólida y liquida a dicha temperatura?

b) ¿Qué porcentaje en peso de aleación es líquida y que porcentaje es sólida?

Solución:

a) A partir de la figura 8.3 – a 1300℃ - la intersección de la isoterma a dicha temperatura con la línea de liquidus da un 55% en Cu en la


1400

Liquido

1300

1200

1100

¿100%9080706050403020100

100% Cu

Solución solida ∝

Temperatura ℃

Porcentaje de peso de níquel

1500 1453℃

1300

1084Isoterma

Línea liquidusLínea

solidus

w s=58 % en peso en∋¿

w f =45 % en peso de∋¿wo=53 % enepsode∋¿

L+∝

Figura 8.3. Diagrama de fases de cobre-níquel. El cobre y el níquel tienen solubilidad total tanto en estado líquido como sólido. Las soluciones solidas de cobre-níquel funden a lo largo de un rango de temperaturas en lugar de a una temperatura fija, como en el caso de los metales puros.


fase liquida y si intercesión con la de solidos ofrece un 42% en peso de Cu en la fase sólida.

b) Para la figura 8.3. usando la regla de la palanca para la isoterma a 1300℃.

W 0=53%Ni w f=45%Niw s=58%Ni

fraccionen peso de la fase liquida=X f =ws−wo

w s−w f

¿ 58−5358−45

= 513

=0.38

porcentaje en peso de la faseliquida=(0.38 ) (100 % )=38 %

fraccionen peso de la fase solida=wo−w f

w s−wf

¿ 53−4558−45

= 813

=0.62

porcentaje en peso de la fase silida=(0.62 ) (100 % )=62

DIAGRAMA DE PLOMO Y ESTAÑO


0 50 60 70 80 90 10010 20 30

100

150

200

250

300

327

50

40100%Pb

100%Sn

Liquido=49%proeutectico∝=51%

Liquido=76%

Proeutectico ∝ =24% 100% liquido

Aleación 2 Aleación 1

Eutéctico β

Eutéctico ∝

liquidus

Solidus

Eutéctico β

Proeutectico ∝

Temperatura ℃

liquidusliquidus

∝+ liquido

∝

∝+β

Punto eutéctico

β+ liquidosolidus

183℃ β

solvus

solvus19.2 40.0 61.9 97.5

a

bcde


PROBLEMA 04

Realizar un análisis de fases de la solidificación en equilibrio (ideal) de aleaciones plomo-estaño en los siguientes puntos a partir del diagrama de fases de plomo-estaño de la 8.11;

a) En la composición eutéctica justo por el debajo de 183℃ (temperatura eutéctica)

b) En el punto c a40% Sn y230℃c) En el punto d a40 % Sn y 183℃+∆T .d) En el punto e a40% Sn y183℃−∆ T .

SOLUCIÓN:a) En la composición eutéctica (61.9 %Sn ) justo por debajo de 183℃ :

Fases presentes: alfa betaComposición de fases: 19.2 %Snen fase alfa 97.5 %Snen fase betaCantidad de fases:% en peso de fase alfa4 %en peso de fase beta4

¿ 97.5−61.997.5−19.2

(100 %) ¿ 61.9−19.297.5−19.2

(100 %)

¿45.5 % ¿54.5 %b) El punto c a40 % Sn y230℃

Fases presentes: liquido alfaComposición de fases: 48%Sn enfase liquida15%Snen fase alfaCantidad de las fases: %en pesode fase liquida % en peso de fase alfa

¿ 40−1545−15

(100 %) ¿ 48−4048−15

(100 %)

¿76 % ¿24 %c) En el punto d a 40% Sn y 183℃+∆ T :

Fases presentes: liquido alfaComposición de fases:61.9 %Snen faseliquida19.2 %Snen fase alfaCantidad de las fases: % en peso de fase liquida %en pesoe fase alfa

¿ 40−19.261.9−19.2

(100 %) ¿61.9−40

61.9−19.2(100 %)

¿49 % ¿51%d) En el punto e a40 % Sn y183℃−∆ T :

Fases presentes: alfa betaComposición de fases: 19.2 % Snen fase alfa 97.5 % Snen fase beta


Porcentaje en peso de estañoEutéctico ∝

Figura 8.11. Diagrama de fases en equilibrio Pb−Sn. Este diagrama está caracterizado por la solubilidad limitada en estado sólido de cada fase terminal, la reacción invariante eutéctica a un 61% Sn y 183℃ es el rango más importante de todo el sistema. En el punto eutéctico, coexisten ∝(19.2%Sn) y liquido (51.9%).


Cantidad de las fases: % en peso de fase alfa % en peso de fase beta

¿ 97.5−4097.5−19.2

(100 %) ¿ 40−19.297.5−19.2

(100 %)

¿73% ¿27%

PROBLEMA 05

Un kilogramo de una aleación de 70% Pb y 30% Sn se enfría lentamente desde 300℃. Utilizando el diagrama de fase de plomo-estaño de la figura 8.11 calcular lo siguiente:

a) El porcentaje en peso de líquido y del proeutectico alfa a 250℃ .b) El porcentaje en peso de líquido y del proeutéctico alfa justo por

encima de la temperatura eutéctica (183℃) y el peso en kilogramos de dichos fases.

c) El peso en kilogramos de alfa y beta formados mediante la reacción eutéctica.

SOLUCIÓN:

a) De la figura 8.11 a 250℃.

% en peso de liquido=30−1240−12

(100 % )=64 %

% en peso del proeutectico∝=40−3040−12

(100 % )=36 %

b) El porcentaje en peso de líquido y del proeutectico alfa justo por encima de la temperatura eutéctica. 183℃+∆T es :

% en peso de liquido= 30−19.261.9−19.2

(100 % )=25.3 %

% en peso del proeutectico∝=61.9−30.069.9−19.2

(100 % )=74.7 %

pesodela fase liquida=1kg∗0.253=0.253 kgpesodel proeutectico∝=1kg∗0.747=0.747 kg

c) A 183℃−∆T .

% en peso total ( proeutectico∝+eutectico∝ )= 97.5−3097.5−19.2

(100 % )=86,2 %

% en peso total β ( eutecticaβ )= 30−19.297.5−19.2

(100 %)=13.8 %

peso total∝=1kg∗0.862=0.862 kgpeso total β=1kg∗0.138=0.138 kg



La cantidad de proeuctetico ∝ permanecerá constante antes y después de la reacción eutéctica. Por tanto:

peso∝ creado por lareaccioneutectica=total∝−proeutectico∝

¿0.862 kg−0.747 kg=0.115 kg

pesode β creada por lareaccion eutectica=total β=0.138 kg

PROBLEMA 06:

Una pieza de 3000 mm de longitid tiene que soportar una carga de 5000 N sin experimentar deformacion plastica. Elija el material mas adecuado entre los tres prouestos para que la piesa tenga un peso minimo.

Material Limite elastico (Mpa) Dencidad (g/cm3)laton 345 8,5Acero 690 7,9

Aluminio 275 2,7

Se calcula la seccion de material según la fuerza aplicada y su limite elastico

Alaton¿F

σ laton= 5

345. KNMPa

=1,45−5m2

Aacero¿F

Aacero= 5

690. KNMPa

=7,25.10−6m2

Calculamos la masa de cada uno de los materiales en funcion de la longitud requerida y las secciones obtenidas

Resultando que el material de menor peso seria del aluminio



PROBLEMA 07:

Un laton tiene un modulo de elasticidad E=120.109 N /m2 y un limite

elastico de 250.106 N /m2. si disponemos de una varrilla de dicho material

de 10mm2 de seccion y 100 mm de longitud, la que suspendemos

verticalmente una carga en su entremo de 1500N, se pide:

a) ¿recuperara el alambre su longitud primitiva si se retira la carga?b) ¿cuál será el alargamiento unitario y total en estas condiciones?c) Qué diámetro mínimo habrá de tener una barra de este material

para que sometida a una carga de 8.104N no experimente deformación permanente.

a.- calculamos la tensión de tracción aplicada a la varilla.

δ= FA0

= 150010.10−6 =1,5. 108 N /m2

Como valor obtenido es inferior al límite elástico, la varilla recuperara la longitud primitiva.

b.- el alargamiento unitario será

ε= δE

=1,5.1 08

120.109=150

120. 102 =1,25.10−3

Y el alargamiento total

∆ l=ε .l0=1,25.10−3 .100=1,25.10−1 mm=0.125 mm

c.- calculamos la sección mínima, que vendrá determinada por el límite elástico

Amin=FδE

= 8.104

250.106 =3,2. 10−4 m2



El diámetro mínimo será consecuencia del valor anterior obtenido

D=√ 4. Amin

π=√ 4 (3,2.10¿¿−4)

π=0,02018 m=20,18 mm¿

PROBLEMA 08:

Una barra de 1,25 cm de diámetro está sometida a una carga de 2500kg. Calcular la tensión de la barra en mega pascales (MPa)

Solución:

La carga sobre la barra tiene una masa de 2500kg. En las unidades de sistema internacional, la fuerza sobre la barra es igual a la masa de la carga multiplicada por la aceleración de la gravedad (9.81m /s2),

F=ma=(2500 kg ) ¿

El diámetro de la barra =1,25cm =0,0125m. De esta manera, la tensión sobre la barra es:

δ= FA0

= F¿¿

δ=(2,00∗108 Pa )( 1MPa106 Pa )=200 MPa

PROBLEMA 09

Una pieza de cierto material deja de comportarse elásticamente con esfuerzos de tracción superiores a 40 MPa. El módulo de elasticidad del material vale 105 MPa. ¿Qué tensión máxima puede soportar una probeta de 200mm2 se sección y 70mm de longitud sin deformarse permanentemente? ¿Cuánto vale el máximo alargamiento elástico?



DATOSσ E=40 MPa .E=105 MPa .SOLUCION

σ E=F E

A→F E=σ E⋅A=40⋅106⋅200⋅10−6=800N

σ=E⋅ε=E⋅ΔllO

→ε=σE

=40105 =0 ,0004 .

ε=ΔllO

→Δl=ε⋅l0=0 ,004⋅70=0 ,28mm

La tensión máxima que puede soportar sin deformarse permanentemente se corresponde con el límite elástico y la designamos por FE.

Otra posibilidad de interpretación es considerar que la tensión máxima que la probeta puede soportar sin deformarse plásticamente es el límite elástico y su valor es de 40MPa.

Para averiguar cuanto vale el máximo alargamiento elástico, hacemos coincidir el límite de proporcionalidad con el límite elástico, pues el error cometido es inapreciable y además es la única forma de poder resolver el ejercicio.

PROBLEMA 10:

Una probeta normalizada de 13,8 mm de diámetro y 100 mm de distancia entre puntos es sometida a un ensayo de tracción, midiéndose un alargamiento de 0,003 mm. Si el módulo de elasticidad del material vale 2106 Kp/cm2, hállese:a) El alargamiento unitario. b) La tensión de tracción, en N, y el esfuerzo de tracción o tensión

unitaria, en KN/m2.



A ) ε=ΔllO

=l−lO

lO=0 ,003

100=0,3⋅10−3

B) suponemos que el material tiene un comportamiento elástico y que trabaja en la zonaproporcional para el alargamiento del enunciado . A continuación se calcula la tensión y el esfuerzo de tracción .

σ=E⋅ε→σ=2⋅106 Kpcm2⋅

1 cm2

10−4 m2⋅9,8N1 Kp

⋅0,3⋅10−3=58 ,8 MPa

σ=FA →F=σ⋅A=58 ,8⋅106⋅

π⋅(13 ,8⋅10−3 )2

4 =87 , 95 N=0 ,0875KN

PROBLEMA 03

Un alambre metálico de 2m de longitud y 1mm de diámetro tiene un módulo

elástico de 2,1x1011 Pa y un límite elástico de 2x109 Pa. Halle la longitud del

alambre cuando está sometido a una carga de tracción de 1000N y justifique si

adquiere deformación permanente en tal estado.

σ=FA

=1000

π⋅(10−3 )2

4

=1 ,27⋅109 Pa

σ<σ E→el material trabaja por debajo del límite elástico por lo que no adquiere deformaciónpermanentePara calcular la longitud del alambre suponemos que trabaja en la zona proporcional .σ=E⋅ε→1,27⋅109=2,1⋅1011⋅ε→ε=0 ,006

ε=Δllo

→Δl=0 ,006⋅2=0 ,012 m→Δl=l−lo=0 ,012→ l=0 ,0012+2=2 ,0012 m


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