5 Propiedades mecánicas de los materialess1c9970f41675ea15.jimcontent.com/download/version/1410546127/… · 5 Propiedades mecánicas de los materiales 79 σmáx (rango elástico)

5 Propiedades mecánicas de los materiales 75

5 Propiedades mecánicas de los materiales

5.1 Si la curva tensión verdadera-deformación verdadera de un material viene dada por σ =200.000·K·ε0,33, donde la tensión está en psi (1 MPa = 145 psi), ¿cuál es la resistencia ingenierilmáxima del material?

Solución:

Es bien conocido que el máximo en la curva ingenieril se alcanza en la curva verdadera cuando ε= n= 0,33, en este caso.

Por otro lado, y haciendo uso de las relaciones entre las tensiones y deformaciones verdadera (σ y ε)e ingenieril (s y e), podemos decir que:

semáx

máx

u

=+

σ ε( )

( )1⇒ ( ) ( )σ εmáx psi= ⋅ =200 000 0 33 138 700

0 33. , .

,

( ) ( )ε εu u u ue e= + ⇒ = − = − =ln( ) exp exp , ,1 1 0 33 1 0 3909

(El subíndice u hace referencia al valor máximo de tensión en la curva ingenieril.)

( )

s psimáx = =138 700

0 3399 700

.

exp ,.

5.2 En un ensayo de tracción de un metal, la fractura ha ocurrido a máxima carga. Las condicionesde fractura fueron Afinal = 100 mm2 y Lfinal = 60 mm. Los valores iniciales eran de A0 = 150 mm2 y L0 =40 m.

a) Determinar la deformación verdadera a rotura usando cambios en área y longitud.

Materiales en la ingeniería. Problemas resueltos76

b) Se ensaya un material más dúctil, de tal modo que aparece estricción. Las condiciones de fracturason ahora Lfinal = 83 mm, L0 = 40 mm, ∅final = 8 mm y ∅0 = 12,8 mm. Calcular nuevamente ladeformación verdadera usando variaciones de sección y de longitud. ¿Qué medida es más exacta?

Solución:

a)

ε ffL

L=

=

=ln ln ,0

60

400 405

ε ffA

A=

=

=ln ln ,0

150

1000 405

Se obtienen valores idénticos porque el volumen se conserva en toda la longitud de la probeta al nohaber estricción localizada (la rotura ocurrió a carga máxima).

b)

ε ffL

L=

=

=ln ln ,0

83

400 730

ε ff f fA

A=

=

∅

∅

=

∅

∅

= ⋅

=ln ln ln ln,

,0

2

02

0

2

212 8

80 940

Al haber estricción localizada, no es posible aplicar la regla de la constancia de volúmenes, por esoes más exacto en este caso medir la deformación verdadera a través de los cambios en sección que enlongitud.

5.3 De un ensayo de tracción efectuado sobre una probeta normalizada de acero se obtuvo elsiguiente valor de reducción de sección (RA) en la rotura: RA = 25%. a) ¿A qué valor dedeformación verdadera rompió el material? b) Si la longitud inicial de la probeta era de L0=25 mm,¿cuánto se alargó antes de romper?

Solución:a) Por definición

ε fL

LfdL

L

L

Lo

f

= =

∫ ln

0

y aplicando la conservación del volumen:

ln lnL

L

A

Af

f0

0

=


Por otro lado:

RAA A

A

A

A

A

ARA

A

A RAf f f

f

=−

= − ⇒ = − ⇒ =−

0

0 0 0

01 11

1

luego:

ε f RA=

−

ln1

1

Si RA = 0,25, entonces sustituyendo εf = 0,287.

b) Si la estricción fue localizada, es decir, la deformación no fue homogénea en toda la longitud de laprobeta, no es posible calcular Lf. Si por el contrario fue homogénea, entonces

( )0 287 0 28725

33 310

, ln exp , ,=

⇒ = ⇒ =

L

L

LL mmf f

f

El incremento de longitud sería, para este último caso, de 33,31-25 = 8,31mm.

5.4. Una torre muy grande debe ser soportada por una serie de cables de acero. Se estima que lacarga sobre cada cable será de 15.000 N. Determinar el diámetro mínimo requerido suponiendo unfactor de seguridad de 2 y un límite elástico de 750 MPa para el acero en cuestión.

Solución:

σtrabajo = σ

ψelástico MPa

MPa= =750

2375

σtrabajo = P

SS

P

oo

trabajo⇒ =

σ

So = 15000

375 106

. N

Pa⋅ = 4· 10-5 m2

Asumiendo una sección cilíndrica:

So =πφ

φπ

oo

oS2

4

4→ =

( )φ πo= ⋅−

= 7,1 · 10-3 m = 7,1 mm


5.5 Una probeta cilíndrica de una aleación de titanio con un diámetro original de 8 mm experimentadeformación elástica exclusivamente cuando se aplica una carga de 7.500 N. Calcular la máximalongitud de la probeta antes de la deformación si el alargamiento máximo permisible es de 0,40 mm.El módulo de elasticidad de la aleación es de 108 GPa.

P

φo = 8 mm P = 7.500 N

∆lmáx = 0,40 mm lo ?

E = σε

( )σ

πφ π= = =

⋅= ⋅ =

P

S

P N

mPa MPa

o o2 2

6

4

4 7500

0 008149 2 10 149 2

.

,, ,

ε exclusivamente elástica ⇒

εσ

= =⋅

= ⋅ =−

E

MPa

MPa

149 2

108 101 4 10 0 00143

3,, ,

εε

= ⇒ =∆ ∆l

ll

l

oo

Para ∆lmáx = 0,40 mm

lomáx = 0 40

0 0014

,

,

mm= 285,7 mm

5.6 Si el esfuerzo para el cual se observa deformación plástica en un aleación de cobre es 300 MPa,¿cuál es la máxima carga que se puede aplicar a una probeta de sección transversal de 130 mm2 sinque ésta se deforme plásticamente? Si la longitud original de la probeta es de 60 mm, ¿cuál es elmáximo alargamiento permisible en el rango elástico? El módulo de elasticidad de la aleación es 110GPa.

So = 130 mm2

lo = 60 mm

Solución:


σmáx (rango elástico) = 300 MPa = P

S 0

Pmax (rango elástico) = σmáx (r. el.) · So = 300 · 106 Pa · 130 mm2 · 1

10

2

6 2

m

mm = 39.000 N

εmáx (r. el.) = σmáx r el

E

MPa

MPa

( . . ).=

⋅= ⋅ −300

110 102 7 10

33

ε = ∆l

lo

→ ∆lmáx (r. el.) = εmáx (r. el.) · lo = 2,7 ·10-3 · 60 mm = 0,16 mm

5.7 Una muestra cilíndrica de una aleación metálica de 12 mm de diámetro es deformadaelásticamente a tracción. Una carga de 18.000 N produce una reducción en el diámetro de la probetade 0,006 mm. Calcular el coeficiente de Poisson de este material si su módulo de elasticidad es de105 GPa.

Solución:

P = 18.000 N → ∆φ = φo - φf = 0,006 mmν = ? , si E = 105 · 103 MPa

ν = −εε

lat

ax=- [(def. lateral)/(def. axial)]

εlat = φ φφ

f o

o

m m

m m

−= − = −

0 0 0 6

120 0 0 0 5

,,

εax = ( )

σπ φ

πE

P

SE

N

Pa

N

m Pao

o

= =

⋅

⋅=

⋅

⋅ ⋅ ⋅=

18 000

4105 10

4 18 000

0 012 105 100 00152

2

9 2 9

.

.

,,

luego:

ν = ( )

−−

=0 0005

0 00152

,

, 0,33

5.8 Una probeta metálica cilíndrica, de 15 mm de diámetro y 200 mm de longitud, es sometida a unesfuerzo de 28 MPa, nivel de tensión al cual toda la deformación experimentada por ella es elástica.

a) Si el alargamiento máximo permitido es de 0,08 mm, ¿cuáles de los metáles de la tabla adjunta sonposibles candidatos?

b) Si además la máxima reducción de diámetro permitida es de 0,0012 mm, ¿qué metales de la tablasatisfacen las condiciones requeridas?


Metal o aleación Módulo de elasticidad(MPa x 104)

Módulo de cizalladura(MPa x 104)

Coeficiente de Poisson

Aluminio 6,9 2,6 0,33Latón 10,1 3,7 0,35Cobre 11,0 4,6 0,35Magnesio 4,5 1,7 0,29Níquel 20,7 7,6 0,31Acero 20,7 8,3 0,27Titanio 10,7 4,5 0,36Tungsteno 40,7 16,0 0,28

Solución:

a)σ = 28 MPa

Si ∆l < 0,08 mm → εelástica < ∆l

lo

mm

mm

max=

0 08

20

, ⇒ εel. < 0,0004

E = σε

εσ

→ = <E

0 0004,

28

0 0004

MPaE

,<

E > 7·104 MPa

De la tabla se observa que todos los metales son posibles candidatos, excepto el aluminio y elmagnesio.

b)

εlateral mínima = ∆φ

φmín

o

mm

mm=

−= − = − ⋅ −0 0012

150 00008 8 10 5,,

Entonces:εlat > -8 · 10-5 y

ν = −ε

εlat

axial donde

εσ

axialE

MPa

E= =

28

así:


ε νε νlat axialMPa

E= − = − > − ⋅ −28

8 10 5

νE MPa MPa

<⋅

= ⋅ ⋅−

−8 10

282 9 10

156,

La relación ν/E para los aún posibles candidatos es:Latón 3,5 · 10-6 Cobre 3,2 · 10-6

Níquel 1,5 · 10-6

Acero 1,3 · 10-6

Titanio 3,4 · 10-6

Wolframio 6,9 · 10-7

Posibles candidatos después de considerar el segundo requerimiento: níquel, acero y wolframio.La decisión final dependerá de otros factores, por ejemplo: factores económicos, la resistencia a lacorrosión si el medio de trabajo fuese tomada en consideración, etc.

5.9 Un componente de geometría cilíndrica de 120 mm de longitud y 14 mm de diámetro debesoportar una carga de 32.000 N sin experimentar deformación plástica ni su diámetro reducirse enmás de 0,010 mm.

a) ¿Cuál de los materiales tabulado en la tabla es el mejor candidato?b) ¿Cuál debería ser el coste específico de la aleación de titanio para que este material fueracompetitivo en la selección?c) ¿Cuál debería ser el coste específico de la aleación de magnesio para que este material fueracompetitivo en la selección?d) Un cambio de un 25% en el límite elástico de la aleación de magnesio puede ser inducido pordeformación en frío y este tratamiento es permisible. ¿Cambiaría esto su selección final?

Material E (GPa) Límiteelástico(MPa)

Módulo dePoisson

Densidad(g/cm3)

Precio (PTA/t)

Aleac. Al 70 250 0,33 2,8 200.000Acero 205 550 0,27 7,8 100.000

Aleac. Ti 105 850 0,36 4,8 1.000.000Aleac. Mg 45 170 0,29 1,8 400.000

Solución:

a) Dos requerimientos:


1. No experimentar deformación plástica P N

mm

==

30 000

14

.

φ

2. Reducción de diámetro “máxima” de 0,010 mm

De 1:

( )

σπφ π

= = =⋅

⋅=

P

S

N N

mMPa

o o

30 000

4

30 000 4

0 0141952 2

. .

,

σelástico > 195 MPa ⇒ Aleación Mg no cumple.

De 2:

φ = 14 mm εσ

axialE

MPa

E= =

195

ε ε νεφlateral axial= = −

120 mm

ε φmínima

m m

m m=

−= − = − ⋅ −0 010

140 00071 7 1 10 4,

, ,

Entonces:

-ν εaxial > -7,1 · 10-4 → ν εaxial < 7,1 · 10-4 → ν195

71 10 4MPa

E< ⋅ −,

νE MPa

< ⋅ −3 6 1016,

Así:

νE MPa MPaAl

=⋅

= ⋅ −0 33

70 104 7 10

13

6,,

νE MPa MPaAcero

=⋅

= ⋅ −0 27

205 1013 10

13

6,,

νE MPa MPaTi

=⋅

= ⋅ −0 36

105 103 4 10

13

6,,

- Entre los dos candidatos posibles (Acero, Ti), la selección final se hace bajo consideracioneseconómicas.

PTA pieza Pesomaterial

pieza⋅ = ⋅Precio

t ;y


Pesopieza = ρmaterial · Vpieza

PTA pieza

PTA pieza

V

tV

gcm

PTAt

gcm

acero

Ti

aceroacero pieza

TiTi pieza

/

/

. ,

. . ,,=

⋅ ⋅

⋅ ⋅

=⋅

⋅=

Precio

t

Precio

ρ

ρ

100 000 7 8

1000 000 4 80 1625

3

3

Entonces la selección final es acero.

b)

PTA

t Ti

para que PTA pieza

PTA piezaacero

Ti

⋅

⋅= 1

1100 000 7 8

4 8

3

3

=⋅

⋅

. ,

,

PTAt

gcm

a PTAt

gcm

aPTA

t

PTAt

gcm

gcm

PTA

tTi

=⋅

=100 000 7 8

4 8162 500

3

3

. ,

,.

c) La aleación de magnesio no puede ser competitiva a ningún precio pues su σelástico < 195 MPa.

d) Nuevo σelástico = 1,25 ·170 MPa = 212,5 MPa > 195 MPa, pero también se debe satisfacer elsegundo requerimiento.

νE MPa MPa MPaMg

=⋅

= ⋅ > ⋅− −0 29

45 106 4 10

13 6 10

13

6 6,, ,

No cambiaría la selección final.

5.10 Calcular la tenacidad de un material que cumple la ecuación de Hollomon σ = Kεn . Expresarlaen función de las constantes características del material K y n y de la estricción RA.

Solución:

La tenacidad UT de un material se define como U dT

f

= ∫σ εε

0, es decir, es la energía por unidad de

volumen absorbida por el material hasta el momento en el que tiene lugar la rotura.Por lo tanto:

U d K d KnT

n fn n

f f

= + = + = +−

+∫ ∫+ +

1

2

1

2

1

2 10 0 0 0 0 0

10

1

0 0

ε σ σ ε ε σ ε ε ε σε ε

ε

ε

ε

ε


Recuérdese que la expresión de Hollomon sólo es válida en el rango plástico.Por otro lado, dentro del rango elástico se cumple que σ = Eε, donde E es el módulo de Young. De ladefinición de deformación verdadera podemos decir que:

ε ff

AA RA

=

=−

ln ln01

1

Sustituyendo ahora:

UE

KRA E

nT

n n

= +−

−

+

+ +

1

2

1

1

102

1

0

1

σσ

ln

En el caso de que la energía absorbida en el rango elástico sea mucho menor que la correspondienteal rango plástico, la expresión anterior se simplificaría a:

U KRA

nT

n

=−

+

+

ln1

1

1

1

Puede apreciarse que la tenacidad puede calcularse después de conocerse la estricción del material ysus constantes características.

5.11 Dejamos caer un objeto con un extremo agudo sobre el centro de una mesa circular de vidrio.El objeto tiene una masa de 9 kg y las dimensiones de la mesa son 1 m de diámetro (∅) y 3 cm deespesor (t). Suponemos que la sección de la mesa que recibe el impacto es la perpendicular a lasuperficie de la misma (∅ · t). Se conoce que el valor de la energía absorbida por unidad de área(resiliencia, ρ) de este vidrio es de 0,01 J/mm2.¿Desde qué altura máxima podremos dejar caer el objeto anterior sin que el vidrio se rompa?Datos: g = 9,8 N/kg

Solución:

Las condiciones necesarias serían, teóricamente, que la energía potencial del objeto fuese, comomáximo, la energía que puede absorber el material en el impacto:

E M g h E Spotencial absorbida impacto= ⋅ ⋅ = = ⋅ρ

La única incógnita de esta igualdad es el valor de h; por tanto, sólo se ha de despejar h frente al restode valores, ya que Simpacto = ∅ · d = 1 m · 0,03 m = 0,03 m2 = 30.000 mm2.

5 Propiedades mecánicas de los materiales

85

hS

M g

J mm mm

kg N kgm

impacto=⋅

⋅=

⋅ ⋅⋅

=ρ 0 01 3 10

9 9 83 4

2 4 2,

,,

Por tanto, se puede considerar que si se deja caer desde una altura inferior a 3,4 m, el objeto noprovocará la rotura del vidrio de la mesa.

5.12 La mesa del ejercicio anterior se somete a una inspección de grietas internas por métodos nodestructivos. Se halla que las grietas son muy agudas, todas ellas paralelas a la superficie de la mesa yparalelas entre ellas (Y=1). La longitud máxima determinada para estos defectos se ha determinado yes de 18 mm.

¿Qué valor máximo de masa podemos colocar sobre la superficie de la mesa sin que ésta se rompa acausa de los defectos?

Datos: KIC(vidrio) = 900 Pa m

Solución:

Si el esfuerzo que supone una masa M sobre la superficie circular de la mesa (S=π ·∅2 /4) supera elvalor asociado a la tenacidad a fractura del vidrio, la mesa se romperá; por tanto, se ha de hallar quéesfuerzo máximo se puede soportar y, a partir de aquí, qué fuerza (peso) se asocia a ese esfuerzo. Elvalor de a que hay que considerar es el equivalente a la semilongitud de los defectos hallados, ya queson todos internos: 2 a = 18 mm, y de aquí a = 9 mm = 0,009 m.

KIC=Y · σ· √ π a ⇒ σ=KIC / (Y · √ π a)=900 Pa·√m / (1· √ π ·0,009 m)

KIC =5.352,4 Pa (N/m2)

Si σ = F/S ;

S = π ·∅2 /4 = (π /4) m2;

F = σ · S = 5.352,4 N/m2 · (π /4) m2 = 4.203,7 N

Y de aquí, M = F / g = 4.203,6 N / (9,8 N/kg) = 428,9 kg, que es la masa máxima que soportará lamesa de vidrio sin romperse.

5.13 Una aleación de aluminio 3105 (ver figura adjunta) debe tener un diámetro de 3,81 cm con unaresistencia a la tracción de, por lo menos, 185 MPa. Determinar el porcentaje mínimo de trabajoen frío que debe efectuarse para hacer la barra y el diámetro mínimo de la barra original.


(1 pulgada = 2,54 cm, 1 MPa= 145 psi)

Solución:

D = 3,81 cm

( )

cmDD

D

D

D

D

psipsi

ksi

MPa

psiMPa

72,465,0

52,1452,1465,0

81,3

44

81,335,0

94,24000.1

1

1

145172

020

20

220

20

220

==⇒=⋅⇒

⇒−

=

⋅⋅

⋅−⋅=

=⋅⋅

π

ππ

Esto supone una deformación en frío de un 35%.


5.14 Dos probetas de la misma aleación metálica y sin deformación previa son conformadas y, porconsiguiente, sus secciones reducidas. Una tiene la sección circular y la otra rectangular; y durante elconformado las secciones mantienen sus respectivas formas. Las dimensiones originales y después dela deformación son:

Circular (diámetro, mm) Rectangular (mm)DimensionesOriginales 20,0 20,0 x 40,0Deformadas 16,0 14,0 x 43,8

¿Cuál de estas probetas tendrá mayor dureza después de la deformación plástica? ¿Por qué?

Solución:

Para una muestra

S = b · h : h 20 → 14

b 40 43,8

y para la otra: φ

S = πφ2

4 : →

20 16

La dureza relativa entre las dos muestras viene dada por un porcentaje mayor o menor de trabajo enfrío al cual hayan sido sometidas durante el conformado; así:

% CW = S S

S

o f

o

−

⋅100

(1)

% CW� = b h b h

b h

o o f f

o o

⋅ −⋅

⋅ =⋅ − ⋅

⋅

⋅ =⋅

10020 40 14 43 8

20 40100 23 4%

,,

(2)

% CWo = πφ πφ

πφ

o f

o

2 2

24 4

4

10020 16

20100 36 0%

2 2

2

−

⋅ =

−

⋅ = ,

Materiales en la ingeniería. Problemas resueltos

88

En el caso (2) obtendríamos una dureza mayor que en el caso (1).

5.15. Se desea seleccionar una aleación metálica para una aplicación que requiere un límite elástico yuna ductilidad mínimos de 300 MPa y 27% (alargamiento a rotura), respectivamente. Si la aleaciónpuede trabajarse en frío, decidir entre cobre, latón y acero 1040. ¿Por qué? La variación de algunascaracterísticas mecánicas en función del porcentaje de trabajo en frío, para los materiales bajoconsideración, se muestra en las figuras adjuntas.

Solución:



Los requerimientos de la aplicación son: σel > 330 MPa y %εf > 27%Veamos para qué condiciones de “trabajo en frío” (si es necesario) los materiales bajo consideraciónsatisfacen los requerimientos citados:σel > 300 MPa %εf > 27%

cobre, para %CW > 38% cobre, para %CW < 10%latón, para %CW > 15% latón, para %CW < 19%acero 1040, aun para %CW = 0 acero 1040 para ningún caso.

Puesto que los dos requerimientos deben ser cumplidos simultáneamente, la selección será latóntrabajado en frío entre el 15% y el 19%.

5.16 Una barra cilíndrica de latón, de 10 mm de diámetro original, se va a deformar en frío portrefilado, manteniéndose la sección circular durante el proceso de conformado. Se requiere un límiteelástico en exceso de 350 MPa y una ductilidad de, al menos, el 15 %. Si el diámetro final debe serde 7,5 mm, explicar cómo se puede conseguir dicho producto final. Las figuras adjuntas al problemaanterior muestran la variación de algunas características mecánicas en términos del porcentaje dedeformación en frío para el latón en consideración.

Solución:

De las figuras del ejercicio anterior σelástico> 380 MPa ⇒ % CW ≥ 24 % %εf > 15% ⇒ % CW ≤ 29%Entonces requerimos un % CW entre el 24% y el 29% como paso terminal. Tomaremos % CW =26%

% Cw = S S

S

o f

o

−⋅100

Si φf requerido es de 7,5 mm y φo es de 10 mm, veámos cuál es el %CW asociado a llevar a cabo elproceso en una sola pasada:

%Cw 10→7.5 =

( ) ( )

( )

π π

π

10

4

7 5

47 5

4

100 43 75 29

2 2

2

mm mm

mm

−⋅ = >

,

,, % % ⇒

⇒ No es posible en una sola pasada.

Planteamos el proceso en dos pasos con un tratamiento de recocido (restauración másrecristalización) intermedio:

φf = 7,5 mm y %CW2 = 26%


%CW2 = 26% = ′ −

′⋅ =

′−

′⋅

S S

S

f

f

100 4 4

4

100

2 2

2

πφ πφ

πφ

0,26 = ( ) ( )

( )′ −

′

φ

φ

2 2

2

7 5, mm

0,26 φ′2 = φ′2 - 56,25 mm

φ′ = ( )56 25

1 0 26

2,

,

mm

−= 8,71 mm

%CW1 =

( ) ( )

( )S S

S

mm mm

mm

o

o o

− ′⋅ =

− ′⋅ =

−⋅ =100 4 4

4

100

104

8 714

104

1000

2 2

2

2 2

2

πφ πφ

πφ

π π

π

,

= 24,71 = %CW1

NOTA: Aunque el %Cw1 está en el rango de %Cw requerido como paso final, podría ser cualquiervalor de %Cw menor o igual al %RA permitido por el material.

5.17 Una aleación de aluminio (ver figura del ejercicio 5.13) va a ser laminada desde una placa de75 mm de espesor a una de 7,5 mm para lo cual se requiere que la resistencia máxima sea de, almenos, 180 MPa, y el alargamiento mínimo del 4%. Se permite una deformación en frío máxima del70% antes de que el material se rompa. Describir como se efectuaría esta operación, incluyendo elporcentaje de trabajo en frío y los espesores intermedios requeridos para el proceso. Comparar esteproceso con el que usted recomendaría si la deformación inicial se pudiera realizar en caliente.

Solución:

Para Rm MPa CW≥ ⇒ ≥180 40% y para A CW aprox(%) .)≥ ⇒ ≤4% 40%( ⇒ CWterminal = 40%

t

tt mmi

ii

−= ⇒ =

7 50 4 12 5

,, ,

FRÍO:

1. CW 70% desde 70 mm hasta 22,5 mm; ya que 75

750 7 22 5

−= ⇒ =

tt mm

f

f, ,

2. Recocido.


3. CW 44,4% desde 22,5 mm hasta 12,5 mm; ya que 22 5 12 5

22 50 44 44 4%

, ,

,, ,

−= ⇒

4. Recocido.

5. CW 40% desde 12,5 mm hasta 7,5 mm.

CALIENTE:1. Deformación en caliente (HW) de 83,3% desde 75 mm hasta 12,5 mm2. CW 40% desde 12,5 mm hasta 7,5 mm.

5.18 Un acero inoxidable austenítico AISI 302 va a ser trefilado desde un alambre de 16 mm dediámetro a uno de 4 mm, para lo cual se requiere que la resistencia máxima sea, al menos, de 1.500MPa, y el alargamiento a rotura mínimo del 4%. Los cambios de resistencia máxima y alargamientoa rotura en función del trabajo en frío aplicado al material en consideración se muestran en el gráficoadjunto. Se permite una deformación en frío máxima del 80% antes de que el material experimenterotura. Describir como se efectuaría esta operación, incluyendo el trabajo en frío y los diámetrosintermedios requeridos (si fuera el caso) para el proceso. Comparar este proceso con el que ustedrecomendaría si la deformación inicial se pudiera realizar en caliente.


Solución:

Requerimientos:

Resist. máxima > 1.500 MPa %CW final > 47%Alargamiento a rotura > 4% %CW final < 55%Rango %CW final 47-55%Veamos si es posible realizar el proceso en un solo pasoΦο = 16 mm a Φf = 4,0 mm ⇒ 93,75%, imposible en un solo paso.

Proceso a realizarse en varias fases, siendo el final asociado a un %CW ≅ 50%. Entonces partimos deatrás hacia adelante.

PASO FINAL:%CW = 50%

Φ‘= XΦf = 4,0 mm

%CWf = A A f

A

f x mm

x

'

'

'

'

−⋅ =

−⋅ =

−⋅100

2 2

2 1002 16 2

2 100Φ Φ

Φ= 50

100 ( x2 - 16 mm2 ) = 50 x2

50 x2 = 1.600 mm2

x = 5,66 mm

Veamos ahora si es posible llegar desde Φ = 16 mm hasta Φ = 5,66 mm:

%CW1 = A A

A

02 '2

02

mm mm

mm

0

0

100 10016 2 5 66 2

16 2 100−

⋅ =−

⋅ =−

⋅

'( ) ( , )

( )

Φ Φ

Φ= 87,5%

¡No admisible! Necesitamos al menos, realizar dos pasos intermedios:

Seleccionamos %CW ≈ 60%; aquí la única limitación es %CW<80%

φ0=16 mm ⇒ %CW1 ⇒ φ‘’= y ⇒ Recocido ⇒ %CW2 ⇒ φ‘ = 5,66 mm ⇒⇒ Recocido ⇒ %CWf = 50% ⇒ φf = 4,0 mm

Seleccionamos %CW2 = 60%

60 1005 66

1002 2

2

2 2

2=

−⋅ =

−⋅

( ' ' ) ( ' )

( ' ' )

( , )φ φφ

y

y

100 32 602 2 2⋅ − = ⋅( )y mm y

40 32002 2⋅ =y mm.

y mm= 8 94,

Materiales en la ingeniería. Problemas resueltos

94

Ahora determinaremos el %CW1:

%' ' ( ' ' ) ( ) ( , )

( ),CW

A A

A

mm mm

mmo

o

o1

2 2

02

2 2

2100 10016 8 94

16100 68 8%=

−⋅ =

−⋅ =

−⋅ =

φ φφ

(68,8%<80% OK!)

Entonces, proceso final:

Φ0 = 16 mm ⇒ 68,8% ⇒ Φ“ = 8,94 mm Recocido ⇒ 60% ⇒ Φ‘ = 5,66 mm Recocido ⇒ 50% ⇒Φf = 4,0 mm

σ UTS = 1.550 MPa% εf = 4,5%

Deformación inicial en caliente ⇒ Limitación de máxima deformación / paso ya no existe. Sinembargo, el paso final no puede suprimirse:

Φ0 = 16 mm ⇒ Deformación en caliente ⇒ Φ‘ = 5,66 mm ⇒ 50% ⇒ Φf = 4,0 mm

obtenemos:σ UTS = 1.550 MPa

%εf = 4,5 %

5.19 Una barra de acero de herramientas (ver figura adjunta) que tiene un diámetro de 0,5 pulgadas yuna longitud de 6 pulgadas debe soportar un millón de ciclos sin que ocurra rotura en una prueba defatiga axial. Calcular la carga máxima que puede aplicarse.


Solución:

D = 0,5 pulgadas = 1,27 cm; r = D/2 = 0,635 cml = 6 pulgadas = 15,24 cmσ = 67 ksi = 67.000 psi · (1 MPa/145 psi) = 462,1 MPaσ = F / A

( )F A Pa N= ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅−σ π4621 10 0 635 10 585 37 106 2 4 2, , ,

5.20 Los resultados de ensayos de fatiga en un acero se muestran en la tabla adjunta.

a) Dibujar el diagrama S-N (amplitud de esfuerzo frente a logaritmo de ciclos hasta rotura) usandoestos datos.

b) ¿Cuál es el límite a fatiga de esta aleación?Si se supone que los datos corresponden a un acero aleado y a ensayos de flexión rotativa, y que unabarra de esta aleación quiere ser utilizada para un eje de automóvil que gira a una velocidad de 600rpm, determinar los tiempos máximos que se pueden permitir en el caso de conducción contínua paraniveles de amplitud de esfuerzo de:c) 450 MPa,d) 380 MPa, ye) 275 MPa.

Datos de amplitud de la tensión - número de ciclos a rotura.

Amplitud del esfuerzo (MPa) Ciclos hasta la rotura

470 10.000440 30.000390 100.000350 300.000310 1.000.000290 3.000.000290 30.000.000290 100.000.000


Solución:a)

b) Límite a fatiga ≈ 290 MPa.

c) ∆S

MPa N ciclosf2450 20 000= → = .

( )f rpmN

tt

N

f

ciclosciclos

min

min= → = = = ≈20 000

60033 3 0 5

., , horas

d)∆S

MPa N ciclosf2380 130 000= → = .

f rpmN

tt

N

f

ciclosciclos

min

min( ).

,= → = = = ≈130 000

600216 7 3,6 horas

e)∆S

MPa N ciclosf2275 108= → >

t → > 108 ciclos > 115 días → ∞


5.21 Una aleación de acero tiene una resistencia a fatiga (evaluada a esfuerzo medio nulo) y unaresistencia máxima a tracción de 700 y 1.400 MPa, respectivamente. ¿Esperaría usted que uncomponente manufacturado de esta aleación falle por fatiga al ser sujeto a esfuerzos cíclicos entre 0 y600 MPa?¿Cambiaría la situación si el material tuviera un esfuerzo residual de tensión de 700 MPa?

Solución:

- Efecto del esfuerzo medio en la vida a fatiga:


Relación de Goodman:

σ σσ

ampl fm

mR. = −

1

a)

σσ σ

amplmáx mín MPa. =

−=

−=

2

600 0

2300

σσ σ

mmáx mín MPa=

+=

+=

2

600 0

2300


a) (σampl.,σm) = (300,300) → seguro (no rotura)

b) Esfuerzo residual tensil = 700 MPaσampl. = 300 MPa (igual que antes)σm = σm inicial + σresidual = 300 MPa + 700 MPa = 1.000 MPa

(σampl.,σm) = (300,1.000) → rotura

5.22 Una columna de acero de 63 cm de diámetro y 2 m de altura soporta constantemente una cargade 85 MN. Se coloca en un medio corrosivo en el cual su velocidad de corrosión es de 20,4 g/día.

a) ¿En qué momento dejará de ser segura como elemento estructural? Se supone que no se aplicaningún factor de seguridad.b) ¿Cuál será la pérdida de masa en ese momento?c) ¿Durante cuánto tiempo habrá servido dicho componente?

Datos: σ0,2(acero) = 280 MPaρ (acero) = 7,87 g/cm3

Solución:

a) En el momento en que σtrabajo > σ0,2 dejará de ser segura.

b)

σ= ( )F

S

NMPa

f=

⋅=

85 10

4

2806

2πφ (106 N/m2)

φfinal2 =

4 85 10

280 10

6

6 2

⋅ ⋅⋅ ⋅

N

N mπ /= 0,366 m2

φfinal = 0,622 m

( ) ( )∆ ∆masa vol V V L S Sfinal inicial f i= ⋅ = = ⋅ −−ρ ρ ρ

( )∆ masa LLf i

f i= ⋅ −

= −ρ

πφ πφ πρφ φ

2 2

4 4 42 2

( )( )∆ masa g m m m m= ⋅ ⋅ ⋅ −7 87 10 24

0 366 0 636 3 2 2, / , ,

π

∆masa = -134.747,9 gc)


rv

m

tg díaóxid = =

∆20 4, /

∆ m

vt

g

g díaóxidr = ⇒ =

134747 6

20 46 605 3

. ,

, /. , días

t =18,09 años

5.23 La densidad del magnesio metálico (Mg) es de 1,74 g/cm3 y la de su óxido (MgO) de 3,65g/cm3.

a) ¿Cuál será la relación de Pilling-Bedworth para el sistema Mg-MgO?b) ¿Será protector este óxido?

Datos: MMg = 24,32 g/mol Mo =16,00 g/mol

Solución:

a)

P-B = Vol óx

Vol metal

. .

.1 mol Mg → 1 mol MgO

P-B = ( )

( )1 1

1

mol Mg M mol O M

mol Mg M

Mg o MgO

Mg Mg

⋅ + ⋅⋅

/

/

ρρ

P-B = ( )24 32 16 3 65

24 32 1 74

3

3

, / / , /

, / / , /

+ g mol g cm

g mol g cm= 0,79

b)No ⇒ P-B<1 ⇒ no protegerá.

5.24 Se dispone de una celda Ni/NiSO4 con un electrodo de Ni de 2 g. Se hace circularuna corriente de 2 A durante 30 min. ¿Se consumirá totalmente el electrodo?

Datos: MNi = 58,69 g/mol F = 96.500 C/mol

Solución:

m = IMt

nF

Ni → Ni2+ ⇒ n = 2

I=2A


t=30 min = 1.800 s

⇒ m= 2 1800 58 69

2 96 500

A s g mol

mol emol Ni

Cmol e

Ni⋅ ⋅

⋅−

−

. , /

.

M=58,69 g/mol F=96.500 C/mol

m = 1,094 g → maxima cantidad de masa que disolverá la celda.⇒ No se consumirá totalmente el electrodo ya que m < 2 g.

5.25 Se dispone de una celda Cu/CuSO4 para recubrir de cobre una chapa de acero de 10 x 5 cm desuperficie y 0,3 cm de grosor. Si la intensidad de corriente es de 1,5 A, ¿cuánto tiempo tardaremos enconseguir una capa de 100 µm?

Datos: MCu= 63,65 g/mol F= 96.500 C/mol e- dCu= 8,96 g/cm3

Solución:

S= (2 x 10 x 5) cm2 (2 superficies)S1=(2 x 10 x 0,3) cm2 ( “ “ )S2=(2 x 5 x 0,3) cm2 ( “ “ )

ST = (100 + 6 + 3) cm2 = 109 cm2

100 µm ≡ espesor capa ≡ xVol. capa = ST · x = 109 cm2 · 100 · 10-4 cmV = 1,09 cm3 ⇒ mCu = 1,09 cm3 · 8,96 g/cm3 ⇒ mCu = 9,664 g

mCu =

IMt

nF

A g mol Cu t

mol emol Cu

Cmol e

g=⋅ ⋅

⋅=−

−

1 5 63 55

2 96 5009 7664

, , /

.,

t = 1.973,56 s = 5,49 h

6 Metalografía 103

6 Metalografía

6.1. Identificar las microestructuras y las fases que constituyen cada microestructurade una aleaciónFe-C, que se presenta a diferentes aumentos en las micrografías siguientes.

MICROESTRUCTURA 1

Materiales en ingeniería. Problemas resueltos104

MICROESTRUCTURA 2

6 Metalografía 105

MICROESTRUCTURA 3


Solución:

La microestructura 1 corresponde a un acero hipoeutectoide (contenido de carbono inferior al0,77%). Las fases presentes corresponden a ferrita α (granos claros) y al constituyente eutectoide delacero denominado perlita (zonas más oscuras). Este constituyente está formado por láminasalternadas de ferrita y de cementita (Fe3C).

La microestructura 2 corresponde a un acero perlítico, con un contenido de carbono de alrededor del0,8%. Se puede observar en la micrografía de mayor aumento las láminas de ferrita y cementita queconstituyen el eutectoide.

La microestructura 3 corresponde a una fundición laminar de matriz perlítica. Las fases alargadas decolor más oscuro son de carbono grafito de morfología laminar y la matriz es claramente elconstituyente eutectoide.

6.2. La microestructura 4 que se presenta a continuación corresponde a un acero en el que se observafase ferrítica en los límites del grano. Comparar el contenido de carbono de esta microestructura conel de la 1 y la 2. ¿Cuál de ellas tendrá mayor dureza?

MICROESTRUCTURA 4

6 Metalografía 107

Solución:

La microestructura 1 presenta una mayor cantidad de fase ferrítica que la 4, por tanto, lamicroestructura 1 tendrá menor contenido en carbono que la 4. Sin embargo, la microestructura 2presenta una estructura totalmente eutectoide sin fase ferrítica y, así pues, tendrá un mayor contenidoen carbono que la microestructura 4.

La dureza en los aceros para un mismo grado de acritud es función del contenido de carbono, portanto, la microestructura 2 tendrá mayor dureza que la 4 y ésta mayor dureza que la microestructura1, que es la que presenta menor contenido en carbono.

6.3. Una pieza metálica presenta una microestructura como la que se aprecia en la fotografía 5. ¿Quése podría decir de su método de elaboración?

MICROESTRUCTURA 5

Solución:

Se puede concluir que la pieza metálica se ha obtenido por solidificación, ya que la micrografíaobtenida mediante un microscopio electrónico de barrido corresponde a una estructura dendrítica.Este tipo de crecimiento dendrítico tiene lugar cuando el gradiente de temperatura en el líquido esinferior a la pendiente de la temperatura de solidificación en la intercara.

6.4. Una pieza fabricada por moldeo a la cera perdida se ha roto prematuramente. Al observar lasuperficie de fractura mediante microscopía electrónica de barrido se aprecia una superficie como lade la siguiente figura. ¿A qué se puede deber la rotura?


Solución:

Se puede apreciar porosidad en la superficie de fractura; los poros presentan una morfología esféricay se deben a que la velocidad de solidificación es mayor que la velocidad de eliminación de gases.Estos poros reducen la sección eficaz del material y ello puede ser suficiente para producir unarotura.

6.5. Las tres microestructuras siguientes pertenecen a la aleación Ti-6Al-4V. Comentar lasestructuras y determinar los posibles tratamientos térmicos que se han realizado a cada una de ellas.

A

6 Metalografía 109

B

C

Solución:

La microestructura A corresponde a la denominada mill annealed, en la que se presentan granos defase α equiaxiales rodeados de fase β y de placas α de Widmanstatten rodeados de fase β. Engeneral, es una estructura de recepción en la que se ha realizado un recocido.


La microestructura B corresponde a la misma aleación anterior que ha sido calentada por encima dela temperatura β-transus y enfriada en el interior del horno. Se puede apreciar una microestructuratotalmente compuesta de placas α de Widmanstatten rodeadas de fase β. El grosor de estas placasdependerá de la velocidad de enfriamiento: a mayor rapidez de enfriamiento menor grosor de placas.La microestructura C corresponde a la martensita de la aleación Ti-6Al-4V, denominada α´. Estamicroestructura de morfología acicular se obtiene enfriando muy rápidamente (temple en agua a20ºC) desde temperaturas superiores a la de β-transus.

6.6. Un latón de la misma composición química presenta estas dos microestructuras. Explicar larazón de la diferente morfología.

A

B

6 Metalografía 111

Solución:

El latón de la figura A corresponde a la estructura de colada, donde se pueden apreciar la fase α y lafase matriz β. En la figura B se observa una estructura martensítica con granos de fase α sintransformar, que corresponde al enfriamiento rápido desde una temperatura en que la fase α+β esestable hasta temperatura ambiente. La fase β es susceptible de transformación martensítica, no así laα, que permanece inalterada en la microestructura.

6.7. Las dos microestructuras siguientes corresponden a dos fundiciones de hierro. Identificar a quétipo corresponden y cuál de ellas tendrá una mayor dureza.

A

B


Solución:

La figura A corresponde a una fundición compacta con matriz ferrítica y la figura B corresponde auna fundición compacta con matriz martensítica. Esta última es la que presenta una mayor dureza,ya que la martensita es la fase que confiere mayor dureza a las aleaciones hierro-carbono.

6.8. En la figura siguiente se muestra la estructura policristalina de un metal puro. ¿A qué es debidoque los diferentes granos presenten tonalidades distintas?

Solución:

Aunque todos los granos cristalinos tengan la misma composición química, la orientación cristalinade los mismos es diferente. La estructura cristalina es anisotrópica, es decir, las propiedades físicasdependen de la orientación. Así la luz incidente se refleja en diferentes ángulos y ello produce ladiferente tonalidad de los granos cristalinos.

6 Metalografía 113

6.9. Las siguientes micrografías se corresponden con réplicas de carbono extraídas de la superficie deun acero microaleado con vanadio y titanio. Las muestras se han observado por microscopía detransmisión, y se sabe que las partículas de titanio tienen morfología cuadrada.

a) ¿A qué fenómeno puede deberse que a 1.150ºC se aprecien sólo partículas de titanio (en concretonitruros de titanio) y a 950ºC además se observen partículas redondeadas de vanadio (en este casocarbonitruros de vanadio)?b) Si se consiguiese estabilizar cada una de estas dos microestructuras a temperatura ambiente, ¿cuálproduciría más dureza y resistencia? ¿Por qué?c) ¿Qué características interesan en una distribución de partículas de cara a mejorar las propiedadesmecánicas?

T=950ºC

T=1.150ºC

Solución:

a) Las partículas de titanio son muy estables a todas las temperaturas; sin embargo, las partículas devanadio (carburos y/o nitruros) son solubles en la austenita a alta temperatura (1.000oC). Cuando latemperatura desciende por debajo de su límite de solubilidad tiene lugar su precipitación.


b) Tendrá más dureza, a causa del fenómeno de endurecimiento por precipitación, la que tiene máspartículas.c) Interesa que la fracción de volumen de partículs sea alta, que éstas sean pequeñas y que sumorfología sea lo más esférica posible.

6.10. Un acero microaleado se somete a un tratamiento térmico a 950ºC durante un tiempo dado. Acontinuación se templa rápidamente. El ataque químico a temperatura ambiente revela los tamañosde grano austeníticos previos al temple. En la siguiente micrografía se aprecia la estructurapolicristalina.

a) ¿Qué fenómeno está teniendo lugar? ¿A qué se debe?b) ¿Es conveniente este tipo de microestructura?

Solución:

a) Crecimiento anormal de grano. Unos granos están creciendo mucho más que el resto. Estefenómeno se suele observar en aleaciones con presencia de partículas de segunda fase. Estaspartículas ayudan a controlar el tamaño de grano, pero cuando la temperatura se eleva lo necesariocomo para que comiencen a disolverse, se inhibe el control del grano. Eventualmente, unos granoscrecen más rápidamente que otros, y aparece el denominado crecimiento anormal de grano.

b) Es una microestructura a evitar, por cuanto las propiedades mecánicas son en general función deltamaño de grano. Si este es heterogéneo, también lo serán las propiedades. Por otro lado, el tamañode grano grande tiende a fragilizar el material.

6.11. Un eje de un coche ha experimentado una rotura y existen dudas sobre la posible causa de lamisma: sobrecarga o fatiga. Para tener más datos sobre la fractura se ha observado la superficie derotura por microscopía electrónica de barrido y se ha obtenido esta micrografía. ¿Qué opiniónmerece?

6 Metalografía 115

Solución:

La causa de la fractura ha sido la fatiga, es decir, el sometimiento de cargas cíclicas sobre elmaterial, que ha producido una nucleación y un crecimiento de grietas. En la micrografía se puedenapreciar las estrías de avance de grieta que clarifican el motivo de la fractura.

6.12. Se han ensayado dos probetas de acero de la misma composición química y estructura adiferentes temperaturas, una de ellas a -120ºC y otra a temperatura ambiente, y se han obtenido dossuperficies de fractura como las que se aprecian en las siguientes micrografías. ¿Podría decir cuál delas superficies de fractura corresponde a la ensayada a temperatura ambiente y cuál a temperaturaelevada? ¿Qué tipos de fracturas son?

A


B

Solución:

La fractura A corresponde a una fractura frágil, con muy poca absorción de energía para producir larotura. Esta fractura corresponde al material ensayado a baja temperatura.

La fractura B corresponde a una fractura dúctil, con mucha absorción de energía antes de la rotura;en ella se puede apreciar la gran deformación plástica (copas y hoyuelos) en la superficie de fracturaen comparación con las superficies de clivaje de la fractura frágil. Esta fractura corresponde almaterial ensayado a temperatura ambiente.

6.13. Un material muestra unas características de dureza superiores a las esperadas en su estado derecepción (recocido). La micrografía adjunta corresponde a una observación detallada de lasuperficie. ¿Pueden las líneas o marcas finas observadas tener alguna relación con el aumento dedureza del medio? ¿Por qué?

Solución:El aumento de dureza es debido a que el material ha sido deformado en frío, ya que lamicroestructura presenta bandas o líneas de deslizamiento propias de un material con acritud.

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