• Cuando combinamos dos elementos...qué estado de equilibrio obtenemos?q q

• En particular, si especificamos...--una composición (ej wt% Cu - wt% Ni)una composición (ej. wt% Cu wt% Ni), --una temperatura (T )

entoncesentonces...Cuántas fases obtenemos?Cuál es la composición de cada fase?Cuánto se obtiene de cada fase?

Fase BFase A Fase BFase A

Át d Ní lÁtomo de NíquelÁtomo de cobre

Equilibrio de fases: límite de solubilidadsolubilidad

– Soluciones – soluciones sólidas fase únicaSoluciones soluciones sólidas, fase única– Mezclas – más de una fase

Di d f / ú• Límite de solubilidad:

Concentración máxima para la

Diagrama de fase agua/azúcar

C) Solubility L

100p

cual se obtiene una sola fase.(depende de la temperatura)

atur

e (°

C

L

yLimit L

(liquid) + 60

80

Pregunta: ¿Cuál es el límite de solubilidad a 20ºC? Te

mpe

ra

(liquid solution i.e., syrup)

S(solid sugar)20

40

solubilidad a 20 C?

respuesta: 65 wt% azúcar. 65 e gar0 20 40 60 80 100

C =Composition (wt% sugar)

sugar)20e te

rpSi Co < 65 wt% azúcar: jarabeSi Co > 65 wt% azúcar: jarabe + azúcar

Pur

SugCo =Composition (wt% sugar)

Pur

Wat

Componentes and fases• Componentes:

Son los elementos o compuestos que están presentes en una

pp q p

mezcla (ej. Al y Cu)• Fases:

P ió h é d i t ti t í tiPorción homogénea de un sistema que tiene características físicas y químicas uniformes. (ej. and ).

Ejemplo: AleaciónAluminio-

(fase clara)

Cobre(fase oscura)

Efecto de la temperatura y composición (C )composición (Co)

• Un cambio en T puede cambiar el # de fases: Camino de A a B.C

D (100°C,90)2 fases

B (100°C,70)1 fase

• Un cambio en Co puede cambiar el # de fases Camino de B a D.

2 fases 1 fase )

100

80 Lur

a (°

C)

L60

80(líquido)

+ S

Sistema agua-azúcar

Ampe

ratu (Solución líquida

i.e.,jarabe)40

S(sólido Azúcar)

agua azúcar

A (20°C,70)2 fases

70 80 1006040200

Tem 20

0 70 80 1006040200Co =Composición (wt% azúcar)

0

Equilibrio de fases•Equilibrio—Se describe por la función termodinámica llamada energía libre•La energía libre depende de la energía interna y de la entropía•Un sistema está en equilibrio si la energía libre es mínima en condiciones específicasde T, P y C.

Diagrama de equilibrio de fases: recopilación de la información de la microestructurao estructura de fases. Utilidad: permite la predicción de la transformación y de la estructura resultante.

Ejemplo:

Estructuracristalina

electroneg r (nm)Sistema simple de solución (solución Ni-Cu)

je p o

cristalinaNi FCC 1.9 0.1246Cu FCC 1 8 0 1278Cu FCC 1.8 0.1278

• Ambos tienen la misma estructura cristalina (FCC) y tienen electronegatividades similares y radios atómicos parecidos (reglaselectronegatividades similares y radios atómicos parecidos (reglas de W. Hume – Rothery) que sugieren solubilidad mutua.

• Ni y Cu son totalmente miscibles en cualquier composición

Diagramas de faseg• Indican fases como función de T, Co, y P. • Por ahora nos interesa: Por ahora nos interesa:

-sistemas binarios: justo 2 componentes.- variables independientes: T y Co (P = 1 atm es la más usada).

• DiagramaDe fase

• 2 fases:L (líquido)

1600T(°C)

De fasePara el sistemaC Ni

(líquido) (FCC solución sólida)

• 3 campos de fases: 1400

1500 L (líquido)

Cu-Ni LL +

1300Temperatura de

1100

1200 (solución Sólida FCC)

pFusión de loscomponentespuros

wt% Ni20 40 60 80 10001000

Sólida FCC)

Número y tipos de fasesy• Si conocemos T y Co, podemos conocer:

1- El número y tipos de fases presentes

1600T(°C)

y p p

• Ejemplos:

1500

1600L (liquid)

Diagrama

j pA(1100°C, 60):

1 fase:

C,3

5)

1300

1400

de faseCu-Ni

B(1250°C, 35): 2 fases: L +

(125

0°C

1200

1300(FCC solid solution)

Bwt% Ni1000

1100 A(1100°C,60)

wt% Ni20 40 60 80 1000

Composición de las fases

sistema• Si conocemos T y Co, podemos conocer:

2- la composición de cada fase

T(°C)sistema Cu-Ni• Ejemplos:

TA AC = 35 wt% Ni isoterma

2 la composición de cada fase

1300 L (líquido)TA

A TA = 1320°C: Sólo Líquido (L)

Co = 35 wt% Ni

BT

isoterma

1200

(sólido)

CL = Co ( = 35 wt% Ni)A TD = 1190°C:

Sólo sólido ()

TB

DTD

wt% Ni20 30 40 5035

Co32CLA TB = 1250°C:

Sólo sólido () C = Co ( = 35 wt% Ni)

TD

4C3

wt% NioLambas y L

CL = C liquidus ( = 32 wt% Ni) C C ( 43 t% Ni)

C = Csolidus ( = 43 wt% Ni)

Fracción de cada fase• Si conocemos T y Co, podemos conocer:

3- La fracción o porcentaje de cada fase

• Ejemplos:Co = 35 wt% Ni T(°C)

sistemaCu-Ni

T A i tAt TA: Sólo Líquido (L)

WL = 100 wt%, W = 01300 L (líquido)TA A

B

isoterma

Fracción de masa

At TD: Sólo Sólido () WL = 0, W = 100 wt%

1200

(sólido)

BTB

D

R S

At T A b L

t% Ni20

1200 ( )

30 40 5035C

32CL

DTD

4C3

At TB: Ambos y L

%733543 wt

WL S

R S wt% NiCoCL C3243

= 27 wt%

L R +S

W R = 27 wt%W R +S

Regla de la palanca• Rectas de reparto o isotermas– se extienden a lo largo de la

región bifásica y terminan en el límite de fase en cada extremo.

Cuánto hay de cada fase?Podemos verlo como una palanca

1300

T(°C)

L (líquido)isoterma

ML M

300 ( q )

BTB

R S1200

(sólido)

SR

RMSM L wt% Ni

20 30 40 50CoCL C

1. Se traza una isoterma a través de la región bifásica a la temperatura de la aleación2. Se anotan las intersecciones de la isoterma con los dos límites de fase en los extremos3. A partir de estas intersecciones se trazan perpendiculares hasta cortas el eje horizontal de la

composición. Estas últimas corresponden a las composiciones de las fases presentes.

L

L

LL

LL CC

CCSR

RWCCCC

SRS

MMMW

00

Ejemplo: Enfriamiento en el sistema binario Cu Ni

L (líquido)T(°C) L: 35wt%Ni

sistema• Diagrama de fase:

sistema Cu-Ni

binario Cu-Ni

1300 A

sistemaCu-Ni

sistema Cu-Ni.

• El sistema es:binario

L: 35 wt% Ni--binario

i.e., 2 componentes:Cu and Ni.

f

46354332

L 32 t% Ni

B: 46 wt% NiC

D

1200

--isomorfoi.e., solubilidad completa

de un componente en el: 43 wt% Ni

L: 32 wt% Ni

L: 24 wt% Ni

D

E

24 36

(sólido)

potro; el campo de la fase seExtiende de 0 a 100 wt% Ni.

%

: 36 wt% Ni

20 30 40 50110 0

( )

35• Considere

Co = 35 wt%Niwt% Ni

35Co

Co 35 wt%Ni.

Fases segregadas vs. fases en equilibrio

• C cambia al solidificarse.• Caso Cu-Ni : Primera fase en solidificar tiene C = 46 wt% Ni

equilibrio

• Caso Cu-Ni :

• Enfriamiento rápido: • Enfriamiento lento:

Primera fase en solidificar tiene C = 46 wt% Ni.Última fase en solidificar tiene C = 35 wt% Ni.

Enfriamiento rápido:Estructura nucleada

Enfriamiento lento:Estructura en equilibrio

P i lidifi Uniforme C:Primero en solidificar46 wt% Ni

35 wt% Ni

último En solidif. < 35 wt% Ni< 35 wt% Ni

El t lidifi iEl centro se solidifica primeroEs rico en el elemento de mayor T fusión

Propiedades mecánicas: sistema Cu-Ni• Efecto del endurecimiento de la solución sólida en

--Resistencia a la tracción (TS) --Ductilidad (%EL,%AR)

a) L) 60 %EL f C

gth

(MP

400

TS for on (%

EL

50

60

%EL for pure Ni

%EL for pure Cu

e S

treng

300 pure Ni

TS for pure Cu

Elo

ngat

io

30

40

Tens

il

Cu Ni0 20 40 60 80 100

200

E

Cu Ni0 20 40 60 80 10020

--Máximo como función de Co --Mínimo como función de Co

Composition, wt% Ni Composition, wt% Ni

Sistemas eutécticos binarios2 componenteshas a special composition

with a min. melting T.i t

• 3 regiones monofásicasEjemplo: sistema Cu-Ag

sistemaCu-Ag

L (liquid)1200T(°C)

3 regiones monofásicas(L, )

• La solubilidad es limitada

L (liquid)

L + L+800

1000

T 779°C: rica en Cu : rica en Ag

• T : No hay líquido abajo de TE

600

800TE 8.0 71.9 91.2779 C

: Composición con la Menor temperatura de fusión

• TE : No hay líquido abajo de TE

• CE

200

400

p

• Transición Eutéctica Co , wt% Ag

20 40 60 80 1000200

CE

3 i bifá iL(CE) (CE) + (CE) • 3 regiones bifásicas:LL

Ej.1 Sistema Eutéctico Pb-Sn• Para una aleación 40 wt% Sn-60 wt% Pb a150°C, encontrar...

--las fases presentes: Sistema

j +

T(°C)

300

Sistema Pb-Sn--las composiciones de cada fase

CO = 40 wt% SnC = 11 wt% Sn

L+L+200

300 L (liquid)

183°C --la cantidad relativa de

C = 11 wt% SnC = 99 wt% Sn

L+20018.3

100

183 C

61.9 97.8

cada fase:150 SRW=

C - COC - C

SR+S =

+ 100C C

= 99 - 4099 - 11 = 59

88 = 67 wt%

R S

C, wt% Sn20 60 80 1000 40Co

11C99CW =

CO - C

C - C=R

R+S2940 11 = 2988

= 33 wt%= 40 - 1199 - 11

Ej.2 Sistema Eutéctico Pb-Sn

sistema + L

j• Para una aleación 40 wt% Sn-60 wt% Pb a 220°C, encontrar...

--las fases presentes:T(°C)

300

sistemaPb-Sn--composición de las fases:

CO = 40 wt% SnC = 17 wt% Sn

p

L+200

300 L (liquid)

L+

--la cantidad relativa 220 SR

C = 17 wt% SnCL = 46 wt% Sn

L+200

100

183°Cde cada fase:

W=CL - CO

C C =46 - 4046 17

SR

+ 100 CL - C 46 - 17

=629 = 21 wt%

C, wt% Sn20 60 80 1000

29

WL =CO - C

CL - C =2329 = 79 wt%

40Co46CL

17C

CL C 29

Microestructuras en Sistemas Eutécticos : Ien Sistemas Eutécticos : I

T(°C)400

L

L: Co wt% SnAl enfriar lentamente una aleacióna partir del sist. Binario eutéctico se generan varios tipos de microestructuras

L+

300 Lgeneran varios tipos de microestructuras

dependiendo de la composición.

• Co < 2 wt% Sn• Resulta:

--en los extremos

L+ 200 TE

(SistemaPb-Sn)

: Co wt% Sn

--en los extremos--policristales de granos

i.e., sólo una fase sólida.100 +

0Co, wt% Sn

10

2

20Co

30

(lí it d l bilid d T bi t )(límite de solubilidad a T ambiente)

Microestructurasen Sistemas Eutécticos : II

L C t% S

en Sistemas Eutécticos : II• 2 wt% Sn < Co < 18.3 wt% Sn• Resulta: Initialmente líquido +

T(°C)

L400

L: Co wt% Sn

Initialmente líquido + luego sólo finalmente dos fases

L + 300

L

: C wt% Sn finalmente dos fases policristal inclusiones finas de la

200

TE

: Co wt% Sn

fase Sistema Pb S

100+

Pb-Sn

Co , wt% Sn10 200

Co

302 o ,

18.3(sol. limite a TE)

(Límite sol. a Tamb)

Microestructurasen Sistemas Eutécticos : III

• Co = CER lt

en Sistemas Eutécticos : III• Resulta: microestructura Eutéctica (estructura laminar)

--capas alternadas (láminas) de cristales de y .Mi fí d Pb ST(°C) Micrografía de Pb-Sn eutécticomicroestructura

T(°C)

300 LL: Co wt% Sn

sistemaPb-Sn

L200

300 L

L+

183°C

160 m

200

100

TE

160m

20 60 80 1000

100

40

: 18.3 wt%Sn: 97.8 wt% Sn

C, wt% Sn20 60 80 1000 40

18.3 97.8CE61.9

Estructura eutéctica laminarEstructura eutéctica laminar

Microestructurasen Sistemas Eutécticos : IV

• 18.3 wt% Sn < Co < 61.9 wt% Sn

en Sistemas Eutécticos : IV 18.3 wt% Sn Co 61.9 wt% Sn

• Resulta: cristales y microestructura eutéctica• Justo arriba de TE :T(°C) L: C wt% Sn L

C = 18.3 wt% SnCL = 61.9 wt% Sn

Ssistema

T( C)

300 L

L: Co wt% Sn LL

SR WL = (1- W) = 50 wt%

SR + S

W= = 50 wt%sistemaPb-Sn

L+200

L+

T SR • Justo abajo de TE :C = 18.3 wt% Sn100 +

TE

primary eutectic

eutectic

C = 97.8 wt% SnS

R + SW= = 73 wt%

20 60 80 1000 4018.3 61.9 97.8 W = 27 wt%

Co, wt% Sn

Hipoeutéctico & Hipereutéctico300 L

p p

T(°C)L+

L+

+

200 TE

(Pb-Sn System)

T( C)

Co, wt% Sn20 60 80 1000

100

40 Co, wt% Sn20 60 80 1000 40

hipereutectico: (illustration only)hipoeutectico: Co = 50 wt% Sn 61.9eutectic

t ti C 61 9 t% S

eutectico: Co =61.9wt% Sn

160 m

175 m

eutectico micro-constituyente

Compuestos intermetálicosp

Mg2Pb

Nota: los compuestos intermetálicos forman una líneaNota: los compuestos intermetálicos forman una línea –no un área – porque la estequiometría es exacta.

Eutectoide y Peritécticoy

• Eutéctico – líquido en equilibrio con 2 sólidos• Eutéctico – líquido en equilibrio con 2 sólidosL + cool

heat• Eutectoide – fase sólida en equilibrio con

intermetallic compound - cementite

• Eutectoide – fase sólida en equilibrio con otras dos fases sólidasS S +S cementite

coolheat

S2 S1+S3

+ Fe3C (727ºC)

P ité ti lí id ólid 1 ólid 2

cool

• Peritéctico - líquido + sólido 1 sólido 2 S1 + L S2 cool

heat + L (1493ºC)

Eutectoide y PeritécticoPeritectic transition + L

y

Cu-Zn Phase diagram

E t t id t iti Eutectoid transition +

Diagrama de fase hierro-carbono (Fe C)(Fe-C)

• 2 puntos importantes 1600

T(°C)importantes

-Eutéctico (A):L +Fe3C

1400 L

+L

A-Eutectoide (B):

+Fe3C entit

e)

1200

1000

(austenite)

+Fe C

L+Fe3C1148°CA

SR

C (c

eme

800

+Fe3C

727°C = Teutectoid

R SB

Fe3C600

4000 1 2 3 4 5 6 6 7

+Fe3CR S

0 1 2 3 4 5 6 6.7(Fe) Co, wt% C4.30

Resultado: Perlita = Capas alternantes de

120 m 0.76

ecto

id Fe3C (cementite-hard) (ferrite-soft)p

y Fe3C fases

Ceu

te (ferrite-soft)

Hypoeutectoid Steelyp1600

L

T(°C)

e)

1400

1200

L

(austenite)

+LL+Fe3C1148°C

(Fe-C System)

emen

tite

1000

(austenite)

+ Fe3C

3

Fe3C

(ce800

600 + Fe3C

727°C

R Sr s

w =s/(r+s)w =(1 w )

F

4000 1 2 3 4 5 6 6.7(Fe) Co, wt% CC0

0.76

pearlite

w =(1- w)

0

100 m Hypoeutectoidsteelw =S/(R+S)

wFe3=(1-w)

wpearlite = wpearlite

Adapted from Fig. 9.30,Callister 7e.proeutectoid ferritepearlite

C

Acero Hipereutectoidep1600

L

T(°C)

e)

1400

1200

L

(austenite)

+LL+Fe3C1148°C

(Fe-C System)

emen

tite

1000

(austenite)

+Fe3C

3

srFe3C

Fe3C

(ce800

600 +Fe3C R S

sr

wFe3C =r/(r+s)

3

F

4000 1 2 3 4 5 6 6.7

3

(Fe) Co, wt%C0.76

Co

w lit = wpearlite

3w =(1-w Fe3C)

60 mHypereutectoid steel

w =S/(R+S)wFe3C =(1-w)

wpearlite = w

proeutectoid Fe3Cpearlite

Ejemplo: Equilibrio de fasesj p q

Para una aleación 99.6 wt% Fe-0.40 wt% C a una temperatura justo debajo de la p j jeutectoide, determine lo siguiente:

a) composición de Fe C y ferrita ()a) composición de Fe3C y ferrita ()b) La cantidad de carburo (cementite) en

gramos que se forman por 100 g de aceroacero

c) La cantidad de perlita y de ferritat t id ( )proeutectoide ()

Solución:a) Composición de Fe3C y ferrita () CO = 0.40 wt% C

C = 0.022 wt% CC 6 70 t% Cb) La cantidad de carburo (cementita)

en gramos que se forman por 100 g de acero

CFe C = 6.70 wt% C3

100xCFe

CFe3

CC

CCo

1600

1400 L

T(°C)

g7.5100 022076022.04.0

CFe CFe3 3

x

CC

entit

e)1200

1000

(austenite)

+LL+Fe3C1148°C

T(°C)

g5.7CFe

022.07.6

3

3C (c

em

1000

800

+ Fe3C

727°CR S

g 3.94g 5.7CFe3

Fe3

600

4000 1 2 3 4 5 6 6.7

+ Fe3C

C CC Co, wt% CCO CFe C3C

c. La cantidad de perlita y ferrita proeutectoide () note: amount of pearlite = cantidad de justoarriba de TE

Co = 0.40 wt% CC = 0 022 wt% CC = 0.022 wt% CCperlita = C = 0.76 wt% C

1600

1400 L

T(°C)

Co CC C

x 100 51.2 g

entit

e)1200

1000

(austenite)

+LL+Fe3C1148°C

T(°C)

3C (c

em

1000

800

+ Fe3C

727°CR S

perlita = 51.2 gproeutectoide = 48.8 g

Fe3

600

4000 1 2 3 4 5 6 6.7

+ Fe3C

C

R S

CC Co, wt% CCOCC

Aleaciones de acero con más elementos

• Teutectoide cambia: • Ceutectoide cambia:

C)

oid

(°C

) TiMo Si

W

id(w

t%

NiCr

T Eut

ecto

Cr

Mn Ceu

tect

o

Ti

Cr

SiMnWMT

wt % of alloying elements

NiMn

wt. % of alloying elementsC Ti Mo

wt. % of alloying elements y g

Resumen• Los diagramas de fase son herramientas útiles para determinar:

-- el número y tipos de fases,-- el wt% de cada fase,-- y la composición de cada fase. Para una T y composición dada del sistema.

• Aleaciones para producir soluciones sólidas usualmente--aumentan la resistencia a la tracción(TS)

di i l d tilid d--disminuyen la ductilidad.• Eutécticos binarios y eutectoides binarios permiten varias microestructurasmicroestructuras