CIENCIA E INGENIERÍA DE MATERIALES.pdf

7/21/2019 CIENCIA E INGENIERÍA DE MATERIALES.pdf

http://slidepdf.com/reader/full/ciencia-e-ingenieria-de-materialespdf-56da422e63cbc 1/249

CIENCIA E INGENIERÍA DE

MATERIALES

TEORÍA

Y EJERCICIOS

JUAN LEÓN

2014



II ÍNDICE

Índice

1. Geometría del cristal 1

1.1. Indexado . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2

1.2. Indexado de direcciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3

1.3. Indexado en el sistema hexagonal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4

2. Energía de celda 20

3. Tamaño de grano 23

3.1. El proceso de conteo de una fracción de área . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23

3.2. El proceso de conteo en línea . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24

4. Imperfecciones cristalinas, dislocaciones 27

4.1. Dislocaciones de borde y de tornillo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29

4.1.1. Energía de dislocación . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30

5. Difusión 39

5.1. Las Leyes de la Difusión . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39

5.2. El carburizado de aceros de cementación . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40

5.3. El descarburizado del acero fundido . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40

5.3.1. El procedimiento de interpolación lineal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41

6. Diagramas de estado 50

6.1. Solubilidad completa en estado sólido y líquido . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52

6.2. Solubilidad completa al estado líquido - insolubilidad al estado sólido . . . . . . . . . . . . 53

6.3. Solubilidad completa al estado líquido y limitada solubilidad al estado sólido . . . . . . . . 53

6.4. Peritéctico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54

6.5. Formación de compuestos con fases intermetálicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54

6.6. La formación de los diagramas de estado . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55

7. Propiedades eléctricas de los materiales 72

7.1. Conductividad eléctrica en metales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72

7.2. Ley de Ohm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72

7.3. Semiconductores intrínsecos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73

jmla Metalurgia



ÍNDICE II I

7.3.1. Relaciones de conductividad eléctrica para semiconductores elementales intrínsecos 73

7.4. Semiconductores extrínsecos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74

7.4.1. Semiconductores extrínsecos de tipo n (tipo negativo) . . . . . . . . . . . . . . . . 75

7.4.2. Semiconductores extrínsecos de tipo p (tipo positivo) . . . . . . . . . . . . . . . . . 757.4.3. Dopado de un material semiconductor extrínseco de silicio . . . . . . . . . . . . . . 75

7.5. Microelectrónica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77

7.6. Compuestos semiconductores . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77

7.7. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 78

8. La prueba de tensión 83

8.1. Límite de estricción, Mecanismo de Cottrell . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 85

8.2. Influencia de la temperatura . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 868.3. Influencia de la velocidad de aplicación del esfuerzo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 86

8.4. Influencia de la geometría . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 87

8.5. Envejecimiento por conformado. (Envejecimiento por estirado) . . . . . . . . . . . . . . . . 87

8.6. Tensión y dilatación verdaderas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 88

8.7. Medición de la variación de la longitud . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 88

9. Plasticidad 110

10. Esfuerzo cortante crítico 115

11. El conformado plástico de monocristales 118

12. Endurecimiento - Mecanismos de endurecimiento 128

12.1. Mecanismos de endurecimiento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 129

13. Conformado plástico de multicristales 135

14. Esfuerzos cíclicos 145

14.1. Curvas de Wöhler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 146

14.2. Diagrama de Haigh . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 147

14.3. La resistencia a la fatiga . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 147

14.4. seguridad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 148

15. Influencia de entalladuras 168

Metalurgia jmla



IV ÍNDICE

16. Mecánica de fractura 188

17. Cálculo de la resistencia 199

17.1. La condición de fluencia de Mises . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 199

17.2. Hipótesis de esfuerzos - Tensión comparativa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 200

17.2.1. Hipótesis de tensión normal de Lamé . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 200

17.2.2. Hipótesis de tensión de cizallamiento de Tresca . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 200

17.2.3. Tensión de comparación de Mises (Hipótesis de energía de transformación) . . . . . 201

18. Materiales compuestos 224

18.1. Generalidades . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 224

19. Ensayos mecánicos de materiales 231

19.1. Pruebas de tracción . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 231

19.2. Ensayos de fatiga . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 231

19.3. Ensayos de compresión . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 232

19.4. Ensayos de dureza . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 233

19.4.1. Ensayos de dureza de Brinell . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 233

19.4.2. El ensayo de dureza de acuerdo a Vickers . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 234

19.4.3. El ensayo de dureza Rockwell . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23519.5. Ensayo de Parada . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 236

19.6. Ensayos de impacto . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 238

jmla Metalurgia



1

1. Geometría del cristal

Cuando un metal líquido solidifica, entonces las partículas se ordenan al rededor de los núcleos de crista-lización, por ejemplo pequeños restos de metal o partículas de escoria sólida no metálica. El movimiento

de las partículas disminuye rápidamente al ordenarse en la red cristalina y con ello disminuye la energíainterna. Esa diferencia de energía es desprendida hacia el exterior como calor de cristalización. Los ionesen un metal solidificado vibran al rededor de un punto del espacio de la red cristalina. Ellos se acercanunos a otros a medida que disminuye la temperatura, por tanto se incrementa la densidad y la resistencia. Elempaquetamiento más compacto se alcanza en el cero absoluto.

Se partirá del postulado de que todos los metales son cristalinos. Los iones en un cristal toman un determi-nado orden (red espacial). Para cada tipo de cristal existe una forma geométrica de la celda elemental. Ellaconsta en el caso más sencillo de una celda elemental de forma cúbica. La forma más sencilla de esta celdaelemental es la celda elemental cúbica primitiva, tal como se muestra en el siguiente gráfico.

Sin embargo, los metales principales cristalizan en tres tipos de retículos.

1. Cúbico centrado en las caras (CCaC, en inglés fcc), por ejemplo el hierro−γ ,

2. Cúbico centrado en el cuerpo (CCuC, en inglés bcc), por ejemplo el hierro−α,

3. Hexagonal compacto (HCP, en inglés hcp), por ejemplo magnesio.

La regla de Euler formula la relación entre el número de: esquinas E, superficies F y aristas K en una celdaelemental cúbica.

E + F = K + 2

Es necesario definir los siguientes parámetros:

Metalurgia jmla



2 Geometría del cristal

El número de coordinación N es la suma de todos los átomos vecinos más cercanos a un átomo en uncristal.

La densidad puntual de red Dz que indica cuántas partes de átomos participan en la construcción deuna celda elemental. Para ello, los átomos de los vértices cuentan por 1/8, los de las aristas por 1/4 ylos átomos en el interior como 1.

La longitud de la arista de una celda elemental es a

El radio de un átomo es R. Se considera una envoltura atómica de radio R al rededor del punto en lacelda elemental.

La densidad volumétrica DE es: DE = área de corte (plano-esfera)

área del plano

La densidad de empaquetamiento P = V aV , volumen de los átomos que participan en la construcción

de la celda elemental dividido por el volumen de la celda elemental.

La secuencia de apilado es la secuencia de las superficies más densamente ocupadas.

El defecto de apilado es la irregularidad en esa secuencia.

1.1. Indexado

La estructura del cristal determina en gran medida las propiedades de un material cristalino (posteriormente

se mostrará esta influencia).

Si se observa por ejemplo la elasticidad de un material cúbico centrado en el cuerpo (CCuC), se reconoceque el módulo de elasticidad en dirección de las aristas del cubo es de 2,8 · 105 N/mm2, en dirección dela diagonal del cubo alcanza a 1,3 · 105 N/mm2. Esa diferencia se debe a las distintas distancias entre losátomos, lo que produce una diferencia en la fuerza de enlace.

En el caso descrito anteriormente, las direcciones se dejan describir en forma sencilla. Sin embargo, mayor-mente se consideran ejemplos más complejos, que hacen necesario un descripción de las direcciones y losplanos de forma más sencilla. Para ello se define un sistema de coordenadas de tres ejes, como se ve en elsiguiente ejemplo:

jmla Metalurgia



1.2 Indexado de direcciones 3

El plano oscurecido corta a los ejes de coordenadas en x = 1/2, y = 1/2, z = 2. Estos son los llamadoscoeficientes de Weiss: m = 1/2, n = 1/2 y p = 2. A partir de esos coeficientes se puede determinar los índicesde Miller de la siguiente manera:

Segmentos de eje a1 = 1/2 a; b1 = 1/2 b y c1 = 2 c

Coeficientes de Weiss m = 1/2, n = 1/2 y p = 2

Construcción de las relaciones m : n : p = 1/2 : 1/2 : 2

Encontrando sus recíprocos 1/m : 1/n : 1/p = 2 : 2 : 1/2

Multiplicando por el mcm H

m :

H

n :

H

p = 4 : 4 : 1

luego se escriben estos índices en paréntesis: (h k l) – (4 4 1)

Todos los planos cristalográficos de igual valor se escriben en llaves: h k l – 4 4 1

Si los valores obtenidos de los recíprocos son números enteros, entonces se suprimen los siguientes pasos ylos valores obtenidos se escriben como índices de Miller.

1.2. Indexado de direcciones

Una dirección se indexa en forma análoga al cálculo de vectores. Se toma la proyección del punto por elque pasa la línea sobre los ejes y se escribe los mismos con índices de Miller, como se ve en el siguienteejemplo:

Metalurgia jmla




a1 = 2a; b1 = 3b; c1 = 2c

En este indexado no se invierten los valores. Si el valor del segmento de eje es fraccionario, entonces se mul-

tiplica por el mcm. Los índices de Miller de una dirección se escriben en corchetes (paréntesis cuadrados)[u v w] – [2 3 2], o en caso de denominar una familia de direcciones: – <2 3 2>.

Reglas importantes para el indexado:

Si los planos pasan por el origen de los ejes, no es permitido indexarlos.

Es permitido indexar direcciones sólo si ellos pasan por el origen.

Si los índices de un plano se multiplican con un factor positivo o negativo, entonces se deben desplazarlos ejes.

Si los índices de una dirección se multiplican con un factor positivo, entonces no se cambia la direc-ción.

Si los índices de una dirección se multiplican con un factor negativo, entonces la dirección se invierte.

Planos o direcciones paralelos son de igual valor.

Los signos negativos se escriben sobre los índices.

En la determinación de mcm, no se considera el caso en el que el numerador es ∞

1.3. Indexado en el sistema hexagonal

Para indexar en el sistema hexagonal se debe incluir adicionalmente un cuarto eje (s). Se debe indexaren forma semejante a lo indicado anteriormente, sólo que para diferenciarlos se emplean mayúsculas. Elíndice adicional resulta de la suma de los dos primeros índices, así (H + K) = (H + K ). Estos índices sondenominados índices de Miller–Bravais.

Como ejemplo indexemos el plano ABED:

jmla Metalurgia



1.3 Indexado en el sistema hexagonal 5

Segmentos de eje:x = 1a; y = ∞ a; s = -1a; z = ∞ c

Coeficientes:

1 ∞ − 1 ∞valores recíprocos multiplicar por mcm:

1 0 − 1 0

Índices de Miller – Bravais:

(H K H + K L) – (1 0 1 0),

o su equivalente para todos los planos del mismo valor H K H + K L – 1 0 1 0

Las direcciones en el sistema hexagonal son indexados también con los índices de Miller – Bravais. Se partede un sistema de coordenadas con los ejes (x, y, s, z). Los segmentos de eje son las proyecciones del vectorsobre los ejes. Si se tiene un vector perpendicular a un eje, entonces su proyección sobre dicho eje es cero.En todos los pasos se procede de forma semejante al indexado en el sistema cúbico.

Ejemplo:

Metalurgia jmla




Segmentos de eje: a1 = 1a; b1 = −12a; d1 = −1

2a; c1 = 0 c

Coeficientes: 1 −12 − 1

2 0

Multiplicando por el mcm 2 resulta los índices de Miller – Bravais [u v w t] – [2 1 1 0] o para todas lasdirecciones de igual valor cristalográfico – <2 1 1 0>. El índice w = -(u+v).

Llegado a en este punto, es necesario explicar a que se denominan direcciones y planos de igual valor cris-talográfico. Planos y direcciones de igual valor cristalográfico toman el mismo lugar en la celda cristalina.Esto significa, entre otros:

Se dispone del mismo ordenamiento atómico,

Planos de igual valor cristalográfico se dejan transportar al ser girados sobre ellos,

La sucesión de los índices para planos de igual valor cristalográfico puede ser diferente.

Ejercicio 1.1. Bosquejar los tres tipos de estructuras bcc, fcc y hcp.

Solución 1.1. Graficando:

Ejercicio 1.2. Determine la densidad puntual Dz de las estructuras bcc, fcc y hcp.

Solución 1.2. La densidad puntual Dz indica la fracción del átomo que participa en la formación de unacelda elemental. Los átomos en las esquinas participan con un octavo, los que se encuentran en las caras con

un medio, los que se encuentran en las aristas con un cuarto y los del interior con un entero.

jmla Metalurgia




1. Para la estructura fcc: Dz = 8/8 + 6/2 = 4

2. Para la estructura bcc: Dz = 8/8 + 1 = 2

3. Para la estructura hcp: Los átomos de las esquinas se cuentan por un sexto Dz = 12/6 + 8/2 = 6

Ejercicio 1.3. Determine los números de coordinación para las estructuras bcc, fcc y hcp.

Solución 1.3. El número de coordinación N es el número de átomos vecinos más cercanos a un átomo dela estructura.

1. Para la estructura fcc: Se trazan varias celdas elementales una al lado de la otra y se cuentan losátomos más cercanos.

Para el átomo A de la figura K = 12

2. Para la estructura bcc: Para el átomo A se tiene K = 8

3. Para la estructura hcp: Para el átomo A se tiene K = 12

Metalurgia jmla




Ejercicio 1.4. Determine el radio atómico para las estructuras bcc y fcc, cuando la arista de la celda ele-mental a = 3 · 10−10 m.

Solución 1.4. 1 Para la estructura fcc:

Tal como se ve del gráfico, sobre la diagonal de una cara se tiene espacio para 4 radios atómicos, por tanto:

a2 + a2 = (4R)2

2a2

16 = R2 → a√

8= R → 3 · 10−10√

8= R

R = 1,06 · 10−10 m

2 Para la estructura bcc:

jmla Metalurgia




Como se ve en el gráfico, una diagonal volumétrica contiene 4 radios atómicos. Por tanto:

2a2 + a2 = (4R)2

3a2

16 = R2 → R =

√ 3a

4 → R =

√ 3

·3

·10−10

4R = 1,3 · 10−10 m

Calculando para el sistema hexagonal la relación c/a y finalmente la relación de radios R/a.

De la geometría se puede reconocer que la altura del triángulo equilátero es h = a

2

√ 3. El centro de gravedad

del triángulo tiene para los 3 átomos la distancia r = 2

3 · a

2

√ 3 =

a√ 3

. En el triángulo superior se tiene:

c2

=

a2 − a2

3 = a

3√ 6

→ c

a =

2

3

√ 6

Como se puede ver del modelo de esferas, R se encuentra representado cuatro veces en 2a, por tanto R/a =1/2.

Ejercicio 1.5. a) Marque, para las estructuras bcc, fcc y hcp, los planos y las direcciones con mayor densidadatómica.

b) Calcule, para los 3 tipos de estructuras, la densidad planar DE

Metalurgia jmla




Solución 1.5. En las figuras:

b) La densidad planar DE está definida como el plano de corte de las esferas de átomos con el plano en elcual se debe determinar DE , a través de ese plano. DE = AK /AE

1) Estructura fcc: área del plano AE = 1

2 · √ 3a√

2· √

2a =√ 3

2 a2

Área de corte de las esferas atómicas con el plano: AK = 2πR2, con R = a√

8se obtiene AK =

πa2

4

De esta manera:

DE +

πa2

4√ 3a22

=

π

2√ 3 = 0,91

2) Estructura bcc: Área del plano AE =√

2a2

Área de corte de las esferas atómicas con el plano: AK = 2 · πR2, con R = a

√ 3

4 se obtiene AK =

πa23

8

De esta manera:

DE + 3πa2

8√

2a2 =

3π

8√

2= 0,83

3) Estructura hcp: Área del plano: AE = 3πa

2

2

jmla Metalurgia




Área de corte de las esferas atómicas con el plano: AK = 6a2

4 ·

√ 3

De esta manera: DE = 3π · (a

2 )2

6a2

4

√ 3

= π

2√

3= 0,91

Ejercicio 1.6. Calcular, para las estructuras fcc, bcc y hcp, la fracción de volumen ocupada por los átomos(factor de empaquetamiento), P.

Solución 1.6. El factor de empaquetamiento P está definido como el volumen de las esferas atómicas en lacelda elemental dividido por el volumen de la celda elemental: P = V e/V .

1) Estructura fcc:Volumen de la celda elemental V = a3

Volumen de la esfera atómica en la celda elemental V e = 4 · 4

3πR3

Con R = a√

8se obtiene V e =

2a3π

3√

8

de esta manera: P = 2a3

π3√

8a3 = 2π

3√

8= 0,74

2) Estructura bcc:Volumen de la celda elemental V = a3


3πR3

Con R =

√ 3a

4 se obtiene V e =

√ 3a3π8

de esta manera: P =

√ 3a3π

8a3 =

√ 3π

8 = 0,68

3) Estructura hcp:Volumen de la celda elemental V =

√ 3√

6a3


3πa

2

3de esta manera: P =

6 · 4a3π

3 · 8 · √ 3√

6a3 =

π√ 18

= 0,74

Ejercicio 1.7. Calcular el diámetro de la esfera que todavía puede caber en el espacio libre de la celda en elplano más densamente ocupado de la estructura fcc y bcc (a = 3 · 10−10 m).

Solución 1.7. 1) Estructura bcc:

Metalurgia jmla




La esfera trazada en la figura tiene el diámetro de:

D = a − 2R = a − 2

√ 3

4 a = a

1 −

√ 3

2

= 3 · 10−10 · 0,134 = 4,0192 · 10−11 m

2) Estructura fcc:

La esfera trazada en la figura tiene el diámetro:

D/2 = S − R → D = 2S − 2R con S = R

cos30 =

a√ 8cos30

→ D = 2a√ 8cos30

− 2 a√

8

→ D = 2 · 3 · 10−10√

8cos30− 2 · 3 · 10−10√

8= 3,28 · 10−11 m

Ejercicio 1.8. Determine los índices de Miller para los planos indicados en las figuras.

Solución 1.8. Para el caso a) se tiene los segmentos de los ejes:

a1 = 1/2a b1 = 2 · b c1 = 1 · c

Con estos valores calculamos los coeficientes de Weiss:

m = 1/2, n = 2, p = 1

Construimos las relaciones: m : n : p = 1/2 : 2 : 1

Calculamos los inversos: 1

m :

1

n :

1

p =

2

1 :

1

2 :

1

1

jmla Metalurgia




Calculamos el mcm: H = 2 H

m :

H

n :

H

p =

2 · 2

1 :

1 · 2

2 :

1 · 2

1

Los índices de Miller son: h : k : l = 4 : 1 : 2

En paréntesis: ( h k l) - (4 1 2)

Para el caso b):

1. a1 = 2 · a b1 = 1 · b c1 = 1 · c

2. m = 2 n = 1 p = 1

3. m : n : p = 2 : 1 : 1

4. 1

m :

1

n :

1

p =

1

2 :

1

1 :

1

1

5.

H

m :

H

n :

H

p =

2

2 :

2

1 :

2

1

6. h : k : l = 1 : 2 : 2

(h k l) - (1 2 2)

Para el caso c):

1. a1 = 1 · a b1 = 1 · b c1 = 1 · c

2. m = 1 n = 1 p = 1

3. m : n : p = 1 : 1 : 1

4. 1

m :

1

n :

1

p =

1

1 :

1

1 :

1

1

5. H

m :

H

n :

H

p =

1

1 :

1

1 :

1

1

6. h : k : l = 1 : 1 : 1

(h k l) - (1 1 1)

Ejercicio 1.9. Determine los índices de Miller para los planos indicados en las figuras.

Solución 1.9. Para el caso a):

Metalurgia jmla




1. a1 = 1 · a b1 = −3 · b c1 = ∞ · c

2. m = 1 n = −3 p = ∞

3. m : n : p = 1 : −3 : ∞

4. 1

m :

1

n :

1

p =

1

1 :

1

−3 :

1

∞

5. H

m :

H

n :

H

p =

3

1 :

3

−3 :

3

∞6. h : k : l = 1 : -1 : 0

(h k l) - (1 1 1)

Para el caso b):

1. a1 = 1 · a b1 = −2 · b c1 = 1 · c

2. m = 1 n = −2 p = ∞

3. m : n : p = 1 : 2 : ∞

4. 1

m :

1

n :

1

p =

1

1 :

1

−2 :

1

∞

5. H

m :

H

n :

H

p =

2

1 :

2

−2 :

2

∞

6. h : k : l = 2 : -1 : 0(h k l) - (2 1 0)

Para el caso c):

1. a1 = 1 · a b1 = ∞ · b c1 = ∞ · c

2. m = 1 n = ∞ p = ∞

3. m : n : p = 1 : ∞ : ∞

4. 1

m :

1

n :

1

p =

1

1 :

1

∞ : 1

∞

5. H

m :

H

n :

H

p =

1

1 :

1

∞ : 1

∞6. h : k : l = 1 : 0 : 0

(h k l) - (1 0 0)

Ejercicio 1.10. Determine los índices de Miller para las direcciones indicadas en las figuras.

jmla Metalurgia




Solución 1.10. Para el caso a)

1. a1 = 2 · a b1 = 3 · b c1 = 2 · c

2. m = 2 n = 3 p = 2

3. m : n : p = 2 : 3 : 2

4. u : v : w = 2 : 3 : 2[u v w] - [2 3 2]

Nota: A diferencia del indexado de planos, no es necesario calcular el inverso cuando los coeficientes mn p son números enteros. En caso de que no sea así, se deben convertir en números enteros con ayuda delmínimo común múltiplo.

para el caso b)

1. a1 = 1/2 · a b1 = 3/2 · b c1 = 0 · c

2. m = 1/2 n = 3/2 p = 0

3. m : n : p = 1/2 : 3/2 : 0

4. Hm : Hn : Hp = 2/2 : 6/2 : 0

5. u : v : w = 1 : 3 : 0

[u v w] - [1 3 0]

Ejercicio 1.11. Determine los índices de Miller en la estructura bcc para la dirección más compacta y parael plano más compacto.

Solución 1.11. Para el caso a) La dirección más compacta es la diagonal del volumen

Metalurgia jmla




1. a1 = 1 · a b1 = 1 · b c1 = 1 · c

2. m = 1 n = 1 p = 1

3. m : n : p = 1 : 1 : 1

4. u : v : w = 1 : 1 : 1[u v w] – [1 1 1]

y en general, para todas la direcciones de igual valor – <1 1 1>

En el caso b), el plano más densamente ocupado se muestra en la figura, por tanto:

1. a1 = 1 · a b1 = 1 · b c1 = ∞ · c

2. m = 1 n = 1 p = ∞3. m : n : p = 1 : 1 : ∞

4. 1

m

: 1

n

: 1

p

= 1

1

: 1

1

: 1

∞5.

H

m :

H

n :

H

p =

1

1 :

1

1 :

1

∞6. h : k : l = 1 : 1 : 0

(h k l) – (1 1 0)

Ejercicio 1.12. Determine los índices de Miller en la estructura fcc para la dirección más compacta y parael plano más compacto.

Solución 1.12. Para el caso a) La dirección más compacta es la diagonal sobre una cara

jmla Metalurgia




1. a1 = 1 · a b1 = 1 · b c1 = 0 · c

2. m = 1 n = 1 p = 0

3. m : n : p = 1 : 1 : 0

4. u : v : w = 1 : 1 : 0

[u v w] — [1 1 0]

y en general todas la direcciones de igual valor — <1 1 0>

En el caso b), el plano más densamente ocupado se muestra en la figura, por tanto:

1. a1 = 1 · a b1 = 1 · b c1 = 1 · c

2. m = 1 n = 1 p = 1

3. m : n : p = 1 : 1 : 1

4. 1

m :

1

n :

1

p =

1

1 :

1

1 :

1

1

5. H

m :

H

n :

H

p =

1

1 :

1

1 :

1

1

6. h : k : l = 1 : 1 : 1

(h k l) – (1 1 1)

y en general para todos los planos de igual valor h k l – 1 1 1

Ejercicio 1.13. Calcule los índices de Miller–Bravais en la estructura hcp para los planos a) plano EFG; b)plano ABG

Solución 1.13. 1. a1 = ∞ · a b1 = ∞ · b c1 = 1 · c

2. m = ∞ n = ∞ p = 1

Metalurgia jmla




3. m : n : p = ∞ : ∞ : 1

4. 1

m :

1

n :

1

p =

1

∞ : 1

∞ : 1

1

5.

H

m :

H

n :

H

p =

1

∞ :

1

∞ :

1

1

6. H : K : L = 0 : 0 : 1

(H K L) – (0 0 1)

Para los índices de Miller–Bravais (H K H + K L) – (0 0 0 1) y en general para todos los planos de igualvalor H K H + K L – 0 0 0 1

Para el caso b)

1. a1 = 1 · a b1 = ∞ · b c1 = 1 · c

2. m = 1 n = ∞ p = 1

3. m : n : p = 1 : ∞ : 1

4. 1

m :

1

n :

1

p =

1

1 :

1

∞ : 1

1

5. H

m :

H

n :

H

p =

1

1 :

1

∞ : 1

1

6. H : K : L = 1 : 0 : 1

(H K L) – (1 0 1)

Para los índices de Miller–Bravais (H K H + K L) – (1 0 1 1) y en general para todos los planos de igualvalor H K H + K L – 0 0 1 1

Ejercicio 1.14. Calcule los índices de Miller–Bravais de la estructura hcp para las dirección a) direcciónOB, b) dirección OG

Solución 1.14. a) dirección OB

1. Segmentos de ejes: a1 = 12 · a b1 = 1

2 · b d1 = −1 · a c1 = 0 · c

2. Coeficientes: 1212 − 1 0

3. Multiplicación con HN (2) 1 1 − 2 04. Con ello se obtiene los índices de Miller–Bravais [u v w t] — [1 1 2 0]

5. o, para todas las direcciones cristalográficas de igual valor:— <1 1 2 0>

El valor del índice w se pudo obtener también de w = –(u+v)

Solución a) dirección OG

1. Segmentos de ejes: a1 = 0 · a b1 = 0 · b d1 = 0 · a c1 = 1 · c

jmla Metalurgia




2. Coeficientes: 0 0 0 1

Como se tienen valores enteros como coeficientes, los índices de Miller–Bravais serán: [u v w t] — [0 0 01]

o, para todas las direcciones cristalográficas de igual valor:— <0 0 0 1>

Ejercicio 1.15. La serie de planos mas densamente ocupados se denomina como familia de planos. Deter-mine, para las estructuras bcc, fcc y hcp estas familias de planos.

Solución 1.15. Para bcc: Se reconoce la serie: ABAB...

Para fcc: se reconoce la serie ABCABC. . .

Para hcp: se reconoce la serie ABAB.. .

Metalurgia jmla



20 Energía de celda

2. Energía de celda

La celda cristalina es mantenida unida mediante fuerzas de atracción y repulsión entre los átomos. Para dosátomos o partículas se cumple el principio de Mie y Grüneisen formulada para la energía de celda, el que

nos proporciona la energía potencial total de una partícula:

W pot = W atracción + W repulsión

W pot = W at + W rep = − C

rm +

D

rn; (m<n)

donde r es la distancia entre las dos partículas con D = m

n r(m−n)

o · C y una modificación que no conside-

raremos en este lugar.

W pot = − C

rmo

(

ror

)m − m

n (

ror

)n

Considerando que: W min = − C

ro(1 − 1

n)

W pot = 1

n − mW min

n(

ror

)m − m(ror

)n

La correspondiente fuerza se obtiene después de derivar la anterior ecuación respecto de r.

F = dW dr

= n · mn − m

W min

ro

−ror

m+1 +

ror

n+1

La representación gráfica de la energía de celda o de su correspondiente fuerza se considerará en otroapartado.

Para los principales tipos de enlaces se tienen los siguientes valores:

Enlace covalente m = 1 n = 10Enlace iónico m = 1 n = 9Enlace metálico m = 1 n = 3Enlace de Van der Waals m = 6 n = 12

Ejercicio 2.1. De acuerdo con Mie y Grüneisen se cumple para la energía potencial:

W pot = − C

rm +

D

rn

bosquejar el potencial de atracción y repulsión y el potencial total W pot. Caracterizar las coordenadas de losmínimos (ro, W min). Bosquejar el recorrido de la correspondiente fuerza F y caracterizar la coordenada rpara F = 0 y F = F max.

Solución 2.1. En forma gráfica:

jmla Metalurgia



21

Ejercicio 2.2. Empleando el planteamiento de Mie y Grüneisen:

W pot = W min

n−

m nror

m − mror

n

determinar la dilatación elástica máxima para una celda covalente (m = 1, n = 10), iónica (m = 1, n = 9),metálica (m = 1, n = 3) y de Van der Waals (m = 6, n = 12).

Solución 2.2. Para la dilatación en general se cumple que ε = ∆LL . En el caso presente, la dilatación máxima

es εm = ∆r

ro=

rm − roro

= rm

ro− 1.

La dilatación es máxima cuando la fuerza es máxima. Por tanto, derivando la fuerza respecto de r (F =W potdr ) y luego haciéndola igual a cero (dF dr = 0) tendremos:

F = dW pot

dr =

W min

n − m

−nmrmo r−(m+1) + mnror−(n+1)

F = W minn − m

−nmr(m+1)o r−(m+1) + mn 1ro

r(n+1)o r−(n+1)

F = nm

n − m

W min

ro

−ro

r

m+1+ro

r

n+1

dF

dr =

nm

n − m

W min

r2o

(m + 1)

ror

m+2− (n + 1)

ror

n+2

igualando a cero: dF

dr = 0

(m + 1)

ror

m+2 − (n + 1)

ror

n+2= 0

(m + 1)

ror

m+2

= (n + 1)

ror

n+2

m + 1

n + 1 =

ror

n+2ror

m+2

Finalmente se tiene que: m + 1

n + 1 =

ro

rm

n−m

De esta manera hemos obtenido una relación a partir de la cual podemos determinar rm y con ello tambiénla dilatación máxima εm para las distintas celdas. A partir de la última ecuación podemos obtener:

Metalurgia jmla



22 Energía de celda

εm = rm

r − 1, por tanto:

εm =

m + 1

n + 1

1m−n − 1

Calculando para los valores dados:

Celda covalente: (m = 1, n = 10) εm =

2

11

1/9

− 1 = 0, 209

Celda iónica: (m = 1, n = 9) εm =

2

10

1/8

− 1 = 0, 223

Celda metálica: (m = 1, n = 3) εm =

2

4

1/2

− 1 = 0, 414

Celda de Van der Waals: (m = 6, n = 12) εm =

7

13

1/6

− 1 = 0, 109

Ejercicio 2.3. Una barra a 300 K está asegurada entre dos paredes. Calcule la tensión de tracción en la barracuando la temperatura disminuye a 200 K. (E = 2 · 105 N/mm2, α = 1, 08 · 10−5K −1).

Solución 2.3. Para un cambio en la longitud debido a un calentamiento o enfriamiento se cumple que:

ε = α∆T . Con ε = σ

E se obtiene: σ = E α∆T

por tanto: σ = 2 · 105[N/mm2] × 1,08 · 10−5K −1 × 100K = 216 N/mm2

jmla Metalurgia



23

3. Tamaño de grano

Debido a que el tamaño de grano de los materiales tiene una influencia determinante sobre las propiedadesdel material, es de interés el poder determinarlo y en su caso, durante la colada o finalmente durante el

tratamiento térmico, poder modificarlo.El tamaño de los cristales depende de la relación entre el número de núcleos y el crecimiento de los cristales.Cuanto mayor es el subenfriamiento, mayor es el cambio en esta relación. Por ejemplo:

1. Cuando el número de núcleos es pequeño y se tiene un pequeño subenfriamiento, sin embargo lavelocidad de cristalización es elevada, entonces se puede esperar una estructura de grano grueso.

2. Una estructura de grano fino se forma por ejemplo cuando el número de núcleos es elevado paraun subenfriamiento fuerte, sin embargo la velocidad de cristalización es mínimo. Una estructura degrano fino posee muy buenas propiedades mecánicas, por tanto se intenta en la mayoría de las piezas

de fundición el obtener una estructura de grano fino.

Para la determinación del tamaño de grano existen varios procedimientos:

Procedimientos de comparación.

Procedimiento de conteo.

Se diferencian dos tipos de procedimientos de conteo, el procedimiento de conteo de un corte de superficiede acuerdo a Jeffries y el conteo de una fracción de línea, de acuerdo a Heyn.

3.1. El proceso de conteo de una fracción de área

En la fotografía se traza un área de medición F (rectangular o circular). Los granos cortados por las líneaslimítrofes son considerados en el rectángulo como medio grano y en el círculo como 0.67 de grano. Losgranos en el interior del área como unitarios. El área de grano promedio S m se calcula de:

S m = F

V 2N

Para un círculo N = n + 0,67

·g

Para un rectángulo N = n + 0,5 · g

donde:

S m = Área de grano promedioV = AmpliaciónF = Área consideradan = granos completos en el interior del áreag = Granos cortados por las líneas límite

Por definición, el tamaño de grano promedio es A =√

S m

Metalurgia jmla



24 Tamaño de grano

3.2. El proceso de conteo en línea

Se traza en la fotografía varias líneas. Se cuentan todos los granos cortados por las líneas y el diámetromedio de grano se calcula en base a todo el largo de las líneas. Se aconseja trazar varias líneas en diferentes

direcciones, debido a que los granos en función del proceso de conformado, por ejemplo por laminado, sonestirados en determinadas direcciones.

El diámetro de grano promedio se calcula de:

Dm = L

V Z

donde:

Dm = Diámetro de grano promedioV = AmpliaciónL = Largo total de todas las líneasZ = Número de granos cortados

Ejercicio 3.1. 1. Nombre los dos procesos para determinar el tamaño de grano mediante conteo. Queparámetros se pueden determinar con estos procesos?

2. Aplicar dichos procesos de conteo al siguiente gráfico.

Solución 3.1. 1. Se diferencian los procesos de análisis de área y de análisis de línea.

- Análisis de área: S m = F

V 2N , donde:

S m = Área de grano promedioV = AmpliaciónF = Área consideradan = granos completos en el interior del áreag = Granos cortados por las líneas límite

jmla Metalurgia



3.2 El proceso de conteo en línea 25

- Análisis de línea: Dm = L

V Z , donde:

Dm = Diámetro de grano promedioV = AmpliaciónL = Largo total de todas las líneasZ = Número de granos cortados

2. Análisis de área: Se traza en el interior de la fotografía una pequeña área dada, por ejemplo 24 cm2.Del conteo resulta que se tienen 14 granos completos y 23 medios granos. Por tanto:

N = 14 + 23 ∗ 0,5 = 25,5 con la ampliación V = 100 se obtiene

S m = F

V 2N =

24

100225,5 = 9,41 · 10−5 cm2 = 9,41 · 10−3 mm2

Análisis en línea: En la fotografía se trazan dos líneas perpendiculares. El conteo da como resultado:

Línea 1: L = 9 cm, Z = 13; línea 2: L = 7 cm, Z = 8

Dm = L

V Z =

9 + 6

100(13 + 8) = 7,6 · 10−2 mm

Ejercicio 3.2. Con incremento en el grado de conformado la estructura presenta un grano más fino. Paralas siguientes fotografías, se debe determinar el tamaño de grano promedio. Trazar además la relación detamaño de grano promedio A contra la dilatación ε.

a) ∆L = 2.3 mm b) ∆L = 3.3 mm c) ∆L = 4.3 mmLo = 50 mm Lo = 50 mm Lo = 50 mmV = 4 : 1 V = 4 : 1 V = 4 : 1

Solución 3.2. Determinación de la dilatación: ε = ∆L

Lo

ε1 =

∆L1

Lo =

2, 3

50 = 0,046 ≈ 4, 6 %

ε2 = ∆L2

Lo=

3, 3

50 = 0,066 ≈ 6, 6 %

ε3 = ∆L3

Lo=

4, 3

50 = 0,083 ≈ 8, 3 %

El tamaño de grano promedio A es A =√

S m, donde S m = F

V 2N , por tanto:

Para S m1: F 1 = 9 cm; V = 4; N = 16/2 + 7 = 15

Metalurgia jmla



26 Tamaño de grano

A1 =

S m1 =

9

16 · 15 =

0,0375 = 0,1936cm2

Para S m2: F 2 = 9 cm; V = 4; N = 17/2 + 13 = 21,5

A2 =

S m2 =

9

16 · 21,5 =

0,0262 = 0,1618cm2

Para S m3: F 3 = 9 cm; V = 4; N = 20/2 + 24 = 34

A3 =

S m3 =

9

16 · 34 =

0,165 = 0,1284cm2

La dependencia del tamaño de grano A con la dilatación ε

jmla Metalurgia



27

4. Imperfecciones cristalinas, dislocaciones

Hasta ahora hemos visto solo los llamados cristales ideales, de construcción regular. Sin embargo, en lapráctica se presentan imperfecciones cristalinas, siendo éstos llamados cristales reales. Todas estas irregula-

ridades o imperfecciones podemos dividirlas en:

Ordenamientos estructurales defectuosos son desviaciones de la estructura cristalina ideal, que ejercengran influencia sobre la plasticidad de los materiales.

Ordenamientos eléctricos defectuosos son desviaciones en la distribución de carga en el interior delos cristales.

Ordenamientos químicos defectuosos son por ejemplo presencia de elementos extraños, que se en-cuentran ordenados dentro de la retícula.

Si un punto de una retícula en un cristal queda sin ser ocupado, entonces de habla de una vacancia. Si unátomo no encuentra lugar dentro del cristal, entonces se insertará entre los otros átomos. Ambos defectoscristalinos se limitan a un punto, por tanto se llaman cerodimensionales.

Mediante estos defectos cristalinos cerodimensionales se originan deformaciones en los cristales debido alas diferentes fuerzas de enlace entre los átomos. Estas deformaciones cristalinas pueden ser eliminadas pordifusión.

Un otro tipo de defectos cristalinos son las dislocaciones. Una dislocación puede ser considerada comoun semiplano adicional de átomos metido entre dos planos, tal como se muestra esquemáticamente en lasiguiente figura.

Metalurgia jmla



28 Imperfecciones cristalinas, dislocaciones

De esta manera la construcción cristalina por debajo del semiplano se ve perturbado. Esta perturbacióntranscurre a lo largo de la línea de dislocación V L. Debido a que las dislocaciones transcurren a lo largo deuna línea en el cristal, a ellas se les denomina defectos cristalinos unidimensionales.

Las dislocaciones pueden moverse debido a un esfuerzo cortante a lo largo del plano de deslizamiento ga través del cristal. Cuando llegan hasta un obstáculo en el cristal, el plano de deslizamiento puede ser

bloqueado y se evita un desplazamiento posterior. Antes de explicar más detalladamente las dislocaciones,primero indicaremos el tercer tipo de imperfecciones cristalinas.

Un metal solidifica desde el líquido en forma policristalina. El metal consta por tanto de muchos diferentescristales, también llamados granos. Estos granos tienen diferente orientación y se encuentran separadospor los límites entre granos. Debido a que estos límites de grano son superficies, a ellos se les denominadefectos cristalinos bidimensionales. La diferencia cristalográfica de los límites de grano se produce debidoa las diferentes orientaciones de los granos. Si dos zonas cristalinas muestran una pequeña diferencia ensu orientación, entonces el límite entre los granos es llamado límite de grano de ángulo pequeño. Estos seoriginan en aquellos lugares donde el ángulo entre la orientación de ambos granos es menor a 5o.

Ahora describiremos con más detalle las dislocaciones. Para poder comprobar la presencia de dislocacionesse recurre a sus propiedades. Las dislocaciones en general hacen su aparición sobre la superficie de loscristales en forma de puntos. Estos puntos son atacados más fácilmente por reactivos químicos debido a lasperturbaciones del ordenamiento atómico. De esta manera, por el oscurecimiento de la superficie en dichospuntos, se pueden hacer visibles las dislocaciones. Una otra posibilidad es lograr que los átomos extrañospuedan acumularse en las dislocaciones mediante tratamientos térmicos, entonces se habla de decoración delas dislocaciones.

La densidad de dislocaciones N se define eligiendo un área L2 donde aparece una dislocación en forma depunto. La densidad de dislocaciones es entonces:

N = 1L2

La densidad de dislocaciones N puede considerarse también como el largo de la línea de una línea dedislocación por unidad de volumen de un cubo cristalino. Por tanto, si el área L2 es solamente el punto deaparición de una dislocación, entonces el volumen L3 será el que contenga a la línea de dislocación. Porconsiguiente, la densidad de dislocaciones por unidad de volumen será:

N = L

L3

Bajo condiciones normales, un cristal que tenga una longitud de arista igual L = 10−4 cm contendráuna dislocación. Por consiguiente, la densidad de dislocaciones será: N = 108 cm−2. Como ya se indicóanteriormente, un cristal de arista igual a L = 10−4 cm contiene una dislocación. Con este valor se haceposible realizar una aproximación del conformado plástico.

Para una deformación cristalina, la cizalladura plástica (ver plasticidad) era:

γ = tan b

L =

b

L (para un ángulo pequeño)

o sea, con L · N = 1

Lγ = b · L · N

jmla Metalurgia



4.1 Dislocaciones de borde y de tornillo 29

Si tomamos como distancia de desplazamiento x:x = λL con λ ≤ 1entonces la cizalladura (deslizamiento) será:

γ = λ bL = λ · b · N · Lo sea:

γ = b · N · x

Derivando la anterior ecuación con respecto del tiempo dγ

dt y reemplazando N por la densidad de disloca-

ciones móviles N m, entonces la velocidad de deslizamiento será:γ = b · N m · x

Considerando nuevamente la densidad de dislocaciones N = 1

L2 y el deslizamiento γ =

b

L, se obtiene:

1L

= √ N → γ = b · √ N

De esta manera se obtiene una relación entre la densidad de dislocaciones y la conformabilidad plástica. Amedida que se incrementa el conformado plástico aumenta también la densidad de dislocaciones.

Se cumple también la relación entre el esfuerzo cortante crítico τ c y el conformado plástico, τ c = β G b

L =

βGγ . Con esta relación con γ = b · √ N se obtiene la dependencia de la densidad de dislocaciones N y el

esfuerzo cortante crítico τ c de la forma τ c = βGb√

N , donde β · G y b son dependientes del material.

4.1. Dislocaciones de borde y de tornillo

En una dislocación de borde, el esfuerzo cortante τ , el vector de Burgers b y la dirección de deslizamientode la dislocación son perpendiculares a la línea de dislocación V L

En una dislocación de borde, el medio cristal superior está desplazado en un valor equivalente al vector deBurgers b respecto del medio cristal inferior. En general, una dislocación de borde se caracteriza con una Tinvertida ⊥.

En una dislocación de tornillo, el esfuerzo cortante τ y el vector de Burgers b son paralelos a la línea dedislocación V L; sin embargo, la dirección de desplazamiento w es perpendicular a la línea de dislocaciónV L. En las dislocaciones de tornillo, la parte delantera del medio cristal superior se encuentra desplazadoen una cantidad igual al vector de Burgers b, tal como se puede reconocer en la figura. Una dislocación detornillo se caracteriza por

Metalurgia jmla




Dislocación de tornillo. El vector de Burgerses paralelo a la línea de dislocación.

En una dislocación de borde, b⊥VL. El vector de Burgers y la línea de dislocación aumentan en un plano.Existe por tanto un plano de deslizamiento definido. Si una dislocación de borde llega hasta un impedimen-to, entonces ya no puede continuar su desplazamiento en un determinado plano de deslizamiento. Reciéndespués de añadir más energía puede la dislocación de borde vencer el impedimento, mediante un ascensohasta un otro plano.

En una dislocación de tornillo es b VL. El vector de Burgers y la línea de dislocación no amplían ningún

plano definido. Debido a que la dislocación de tornillo no esta unido a ningún plano definido, cuando seencuentra con un impedimento puede abandonar su plano de deslizamiento y continuar su deslizamiento enotro plano. En relación a esto, normalmente se habla de deslizamiento transversal.

4.1.1. Energía de dislocación

La estructura atómica en el caso de una dislocación, comparado con el caso ideal, se encuentra distorsionado.Esta dislocación produce un campo de tensiones. Si se corta un cilindro hueco en un sistema cristalino, conradios A y a y observamos una línea de deslizamiento en el interior del cilindro hueco, limitado por A y a,entonces obtenemos la energía elástica total de la dislocación mediante integración de la densidad de energíacon los límites de integración A y a.

El desplazamiento de los cristales en una distancia r del centro de la dislocación es:

γ = b

2πr

Por la ley de Hooke: τ = γ · G obteniéndose:

γ = G

2π

b

rcon

τ c = G

2π por tanto: τ = τ c

b

r

jmla Metalurgia




El trabajo de conformado específico es:

W s = 1

2τ γ =

τ 2

2GReemplazando las ecuaciones anteriores:

W s = Gb2

8π2

1

r2

Con dV = 2π · rLdx se obtiene, mediante integración, la energía de una dislocación de tornillo:

W =

Aa

WsdV = Gb2L

4π

Aa

dr

r

W = Gb2L

4π ln

A

a

Haciendo que α = 1

4π ln

A

a

se obtiene:W = α · Gb2L

La energía para una dislocación de borde se obtiene:

W ⊥ = Gb2L

4π(1 − ν )(ln

A

a − 1)

con:

α⊥ = ln A

a − 1

4π(1 − ν )W ⊥ = α⊥ · Gb2L

Esta energía es la energía almacenada; es decir, energía potencial. La energía presente durante el transcursode un movimiento está compuesta por la energía potencial y la energía cinética, y está expresada, despuésde consideraciones teóricas, mediante la ecuación:

W tot = W pot + W cin = αGb2L

1 − (vc )2

Donde v es la velocidad de dislocación y c la velocidad del sonido en el material conformado. Esta velocidad

del sonido es c =

Gρ

Ejercicio 4.1. 1. Haga un bosquejo, con ayuda de la línea de dislocación, la dirección del movimientode dislocación y los vectores de Burgers, los rasgos característicos de una dislocación de borde y unade tornillo.

2. Qué comportamiento tendrán cuando ambas dislocaciones encuentren un impedimento?

Solución 4.1. Inciso a:

Metalurgia jmla




Inciso b: Cuando una dislocación de tornillo se encuentra frente a un impedimento, la dislocación lo rodeamediante el deslizamiento transversal.

La dislocación de borde sin embargo se desvía del impedimento mediante un escalonado a otro plano ro-deando el impedimento.

Ejercicio 4.2. Las dislocaciones de borde y de tornillo pueden ser descritas mediante sus vectores de Bur-gers b y el vector unitario ∂ de sus líneas de deslizamiento. Para una dislocación de borde y de tornillo sedeben mostrar:

1. Existencia o no de un plano de deslizamiento definido.

2. El ángulo entre el vector de Burgers y la línea de deslizamiento.

3. El ángulo entre la dirección de deslizamiento y la línea de deslizamiento.

4. El ángulo entre la velocidad de desplazamiento w de la línea de deslizamiento y la dirección dedeslizamiento.

Solución 4.2. 1. En la dislocación de borde existe un plano de deslizamiento definido.

2. En una dislocación de borde, el vector de Burgers y la línea de dislocación son perpendiculares entreellos. Por tanto forman un ángulo de 90o entre ellos.

En una dislocación de tornillo, el vector de Burgers y la línea de dislocación son paralelos entre ellos.Por tanto forman un ángulo de 0o entre ellos.

3. En una dislocación de borde, la dirección de deslizamiento y la línea de dislocación son perpendicu-lares entre ellos. Por tanto forman un ángulo de 90o entre ellos.

En una dislocación de tornillo, la dirección de deslizamiento y la línea de dislocación son paralelosentre ellos. Por tanto forman un ángulo de 0o entre ellos.

4. En una dislocación de borde, la velocidad de desplazamiento w, la línea de dislocación y la direcciónde deslizamiento son paralelos entre ellos. Por tanto forman un ángulo de 0o entre ellos.

En una dislocación de tornillo, la velocidad de desplazamiento w, la línea de dislocación y la direcciónde deslizamiento son perpendiculares entre ellos. Por tanto forman un ángulo de 90o entre ellos.

Ejercicio 4.3. La siguiente figura muestra la vista superior de los planos de desplazamiento de dislocacionesde borde y de tornillo. La parte que ha sufrido deslizamiento sobre el plano de deslizamiento g se encuentraachurado. Mostrar la dirección de desplazamiento de la línea de dislocación w y la tensión ejercida medianteflechas y caracterice la dislocación de borde con ⊥ y la dislocación de tornillo con .

jmla Metalurgia




Solución 4.3. Resolución gráfica:

Ejercicio 4.4. La energía necesaria para producir una dislocación del largo L con una velocidad de despla-zamiento v, es aproximadamente igual a :

W = Gb2L

1 − (v/c)2

donde c =

G/ρ es la velocidad del sonido (velocidad de propagación) de una onda de corte.

1. Determinar la energía mínima necesaria para que v/c = 0,8, cuando el deslizamiento se produce enun cristal fcc (Constante reticular a = 2, 83 · 10−8 cm, G = 8 · 106 N/cm2, L = 10−4 cm).

2. Mostrar que v siempre tiene que ser menor a c.

3. Calcular el esfuerzo cortante τ ∗, que es necesario para que en un cubo con el volumen L3 se origineun trabajo de cambio de forma del tamaño de la energía de dislocación

W = Gb2L

Solución 4.4. Inciso 1: Para un cristal fcc, b = 2R con R =√

2a/4, por tanto:b = a/

√ 2

De esta manera:

W = Ga2L2

1 − (v/c)2

W = 8 · 106 N/cm2(2, 83 · 10−8 cm)210−4 cm

2

1 − (0, 8)2

W = 5, 3394 · 10−13 Ncm

Inciso 2: En la ecuación:

W = Ga2L

2

1 − (v/c)2

Metalurgia jmla




no es posible que el valor dentro de la raíz sea negativo, por tanto

1 −v

c

2> 0

c2 > v2

c > v

Inciso 3: W = Gb2L (*)

El trabajo de cambio de forma específico es:

W s = τ 2

2G

Para el volumen dado V: W = W sV = τ 2

2GL3

Con la ecuación (*) W = τ 2

2GL3 = Gb2L

τ 2 = 2G2b2

L2

τ = Gb

L

√ 2 =

Ga

L (con b = a/

√ 2)

τ = τ ∗ = Ga

L =

2, 83 · 10−8 cm 8 · 106 N/cm2

10−4cmτ = τ ∗ = 2, 264 · 103 N/cm2

Ejercicio 4.5. La energía de línea total de una dislocación puede ser descrita en primera aproximación por:

W l = αGb2

1 − (v/c)2 con c =

Gρ

,

siendo α ≈ 1 ( dislocación de borde).

como la velocidad del sonido de ondas cortantes en un cristal con la densidad ρ.

1. ¿Qué fracción de energía contiene la energía de línea total?

2. ¿Cuán grande es la energía de línea total que debe ejercerse para que se produzca un deslizamientocon la velocidad de desplazamiento de V = 1, 6 · 105 cm/s en un cristal bcc? (parámetro reticulara = 2, 5 · 10−8 cm, G = 8, 1 · 106 N/cm2, ρ = 7, 8 · 10−3 kg/cm3)

3. ¿Cómo cambia la energía de línea total, cuando la velocidad de desplazamiento frente al inciso ante-rior es incrementado en 50 % y en 100 %?

4. ¿Cuál es el valor que la velocidad de desplazamiento no debe sobrepasar? (justificar)

Solución 4.5. Inciso 1: La energía total está compuesta por la suma de la energía potencial y la energíacinética de una dislocación.

W tot = W pot + W cin

jmla Metalurgia




Inciso 2: En un cristal bcc se tiene b = 2R y R =√

3a/4

Por tanto: b =

√ 3

2 a

La velocidad del sonido es:

c =

G

ρ =

8, 1 · 106 N/cm2

7, 8 · 103 kg/cm3

c = 3, 2225 · 105cm/s

Reemplazando estos valores en la ecuación para la energía de línea:

W l = αGb2

1 − (v/c)2 =

3αGa2

4

1 − (v/c)2

W l = 3 · 1 · 8, 1 · 106 N/cm2 · (2, 5 · 10−8 cm)2

4

1 −

1, 6 · 105 cm/s

3, 2225 · 105 cm/s

2

W l = 4, 37 · 10−9 N

Inciso 3: La velocidad de desplazamiento es 50 % más alto; es decir, v = 2, 4 · 105 cm/s. Con ello se obtienela energía de línea:

W l = 3 · 1 · 8, 1 · 106N/cm2 · (2, 5 · 10−8cm)2

4

1 − 2, 4·

105cm/s3, 2225 · 105 cm/s

2

W l = 5, 6897 · 10 ∗ −9 N∆W = W l(150) − W l(100) = 1, 3197 · 10−9 N

La velocidad de desplazamiento es 100 % más alto; es decir, v = 3, 2 · 105 cm/s. Con ello se obtiene laenergía de línea:

W l = 3 · 1 · 8, 1 · 106N/cm2 · (2, 5 · 10−8cm)2

4

1 −

3, 2 · 105cm/s

3, 2225 · 105 cm/s

2

W l = 3, 2187 · 10−8 N∆W = W l(200)

−W l(100) = 2, 7817

·10−8 N

Inciso 4: La velocidad de desplazamiento v debe ser menor que la velocidad de propagación c de la ondacortante, caso contrario el término debajo de la raíz en el denominador llegaría a ser negativo, por tantov < 3, 2225 · 105 cm/s.

Ejercicio 4.6. Calcular la energía de línea de la dislocación de tornillo y estime en base a un ejemplode dislocación de tornillo la dependencia de la tensión incrementada por el conformado con respecto a ladensidad de dislocación N .

Solución 4.6. Consideremos un cilindro hueco con el centro de dislocación como punto medio. Medianteun corte y desplazamiento en un valor de B se obtiene el modelo para la dislocación de tornillo.

Metalurgia jmla




El desplazamiento del cristal en una distancia r del centro de la dislocación es:

γ = b

2πr (1)

Utilizando la ley de Hooke se obtiene:

τ = G

2π

b

r (2)

de donde

τ = τ cb

r (3)

El trabajo de cambio de forma específico es:

W s = 1

2τ γ =

τ 2

2G (4)

De las ecuaciones (2) y (4) se obtiene:

W s = Gb2

8π2

1

r2 (5)

Con dV = 2πrLdx se obtiene la energía de una dislocación de tornillo mediante integración:

W = Aa W sdV =

Gb2L

4π · A

a

dr

r

Gb2L

4π ln

A

a (6)

Relacionando con el largo de la línea de dislocación, se obtiene la energía de línea de la dislocación detornillo:

W l = W

L =

Gb2

4π ln

A

a (7)

jmla Metalurgia




Si además incluidos α = 1

4π ln

A

a se obtiene

W l = αGb2

el esfuerzo cortante τ en función de la densidad de dislocación N .

De acuerdo con la ecuación (2), τ = Gb

2π

1

r

En caso de que la dislocación tenga que pasar una vez más la distancia L, entonces se debe ejercer unatensión igual a:

τ = βGb 1

L (8)

(β = factor de proporcionalidad).

Definiendo la densidad de dislocación N = n

l2 ; donde n = número de dislocaciones y l2 una superficiecuadrada.

Considerando el cuadrado L2 y siendo L la distancia promedio entre dos líneas de dislocaciones se obtiene:

N = 1

L2 (9)

De las ecuaciones (8) y (9) se obtiene finalmente:

τ v = βGb√

N

Ejercicio 4.7. 1. Nombrar dos procesos para determinar dislocaciones! ¿Qué propiedades de las dislo-caciones utilizan los procesos indicados anteriormente?

2. Describir un ejemplo para defectos cristalinos cerodimensionales, unidimensionales y bidimensiona-les.

3. Caracterizar un diagrama del campo de límite de grano de ángulo pequeño y de ángulo grande.

Solución 4.7. Inciso 1: Los procesos para determinar las dislocaciones son:

Conteo de marcas de ataque químico

Proceso de rayos de electrones

Proceso de rayos X

Inciso 2:

Cerodimensional : Lugares vacantes

Unidimensional : Dislocaciones

Bidimensionales : Límites de grano.

Inciso 3: Representación gráfica

Metalurgia jmla




jmla Metalurgia



39

5. Difusión

Durante la solidificación de un líquido se forman cristales mixtos y muy a menudo presentan diferencias deconcentración desde el centro hacia los límites de grano. Estas diferencias de concentración son eliminadas

mediante un proceso de recocido. Durante ese proceso de recocido, los átomos se mueven desde un lugarde alta concentración hacia uno de baja concentración. Ese proceso se denomina Difusión. En el proceso dedifusión, las partículas más pequeñas del material penetran en la estructura cristalina debido al tratamientotérmico. La difusión en ambiente gaseoso se desarrolla sin dificultades. En líquidos es también fácil de quese lleve a cabo, pero en cuerpos sólidos se trata de un proceso bastante difícil. Se diferencian tres tipos dedifusión:

Difusión superficial,

Difusión en límite de grano, y

difusión volumétrica.

5.1. Las Leyes de la Difusión

La primera ley de la difusión está descrita por:

dm = −Ddc

dxS dt

Expresado es palabras: En un tiempo dt fluye una cantidad de material dm con una diferencia de concentra-

ción dc

dx a través de una superficie S . Aquí, la dirección x de la difusión es perpendicular a la superficie S .

El coeficiente de difusión es una constante. Este indica cuantos gramos de un material se difunden a travésde un área de 1 cm2 en el tiempo de 1 segundo.

Una solución particular de la segunda ley de la difusión está expresada por:C = C o

1 − Φ

x

2√

Dt

En esta ecuación, C es la concentración del material que se está difundiendo en el tiempo t para una dis-tancia x de la superficie a través de la cual se realiza la difusión. C o es la concentración en la superficie.

Φ

x

2√

Dt

es la integral de la función de error de Gauss. Se tiene que:

Φ

x

2√

Dt

= Φ(ξ ), por tanto, ξ =

x

2√

Dt

El coeficiente de difusión es dependiente de la temperatura, se cumple que: D = Doe− QRT . En esta expre-

sión, Q representa la energía de activación que se debe añadir para que la difusión se lleve a cabo. R es laconstante de los gases R = 8,3142 J mol−1K−1. T es la temperatura en grados Kelvin y Do es la constantedependiente de la temperatura y también dependiente del tipo de red atómica.

Si se logaritmiza la anterior ecuación para el coeficiente de difusión, entonces se obtiene:

ln D = − Q

RT + ln Do

Se puede reconocer que ésta es la ecuación de una recta:

y = mx + b con Q

R = m ;

1

T = x ; ln do = b

Representado gráficamente se tiene:

Metalurgia jmla



40 Difusión

Esta es la representación cualitativa de la dependencia del coeficiente de difusión con la temperatura. Elsignificado técnico de la difusión es grande. Veremos algunos ejemplos.

5.2. El carburizado de aceros de cementaciónEl contenido de carbono tiene una influencia importante sobre el comportamiento mecánico de un material.Mediante la admisión de carbono se puede por ejemplo elevar la resistencia a la tracción de un material (vearesistencia a la tracción en la sección de pruebas de tensión).

Durante el carburizado, materiales pobres en carbono son recocidos en medios carburantes. En este proceso,los átomos de carbono se difunden dentro el material hasta una determinada profundidad.

La relación que determina la variación de la concentración de carbón en una determinada profundidad x ypara un tiempo dado t está expresada por:

C = 12

(C A + C B) − 12

(C A − C B)Φ(ξ )

En esta ecuación Φ(ξ ) representa la integral de la función de error de Gauss, siendo

ξ = x

2√

Dt

x = profundidadD = Coeficiente de difusiónt = tiempoC A = Concentración inicial del medioC B = Concentración inicial del acero

5.3. El descarburizado del acero fundido

En forma similar al proceso de carburizado, puede ser de gran beneficio para las propiedades del materialcuando se le extrae carbón al mismo. Para una plancha fundida del espesor 2H y concentración C o, lavariación de la concentración en función de la profundidad x y del tiempo t, está definida por:

C (x, t) = 12C o[Φ(ξ o + ξ ) + Φ(ξ o − ξ )]

con: ξ = H

2√

Dt

jmla Metalurgia



5.3 El descarburizado del acero fundido 41

En los siguientes ejercicios utilizaremos los valores correspondientes a ξ de la relación Φ(ξ ). Si el valorrequerido no existe en dicha tabla, entonces es necesario determinarlo. Esto es posible mediante estimación,lo que en la mayoría de los casos es suficiente. Sin embargo es más exacto encontrar dicho valor medianteinterpolación lineal. Es necesario entonces que se pueda recordar dicho cálculo, ya que en los siguientesejemplos y en otros cálculos serán empleados con frecuencia.

5.3.1. El procedimiento de interpolación lineal

A menudo se presenta que un valor intermedio en una tabla no se encuentra presente. Este valor se puededeterminar con ayuda de los valores mayor y menor a dicho valor intermedio. Por ejemplo si se tiene unatabla con los valores x y y.

y∗

−y1

y2 − y1 =

x∗

−x1

x2 − x1

x y

x1 y1x2 y2x3 y3

de donde resulta:

y∗ = y1 + x∗ − x1

x2 − x1· (y2 − y1)

Se desea conocer el correspondiente valor de y∗ para un conocido valor de x∗. Se conocen los valores dex1 < x∗ < x2. En un intervalo de valores suficientemente pequeño (x1, x2) se puede considerar como unarecta la curva representada por dichos valores dentro de ese intervalo. Si se busca para un valor intermedio

conocido x∗ entre x1 y x2 su correspondiente valor para y∗, se emplea la siguiente relación:Ejercicio 5.1. 1. Qué mecanismo de difusión se presenta principalmente en metales? Justifique su res-

puesta1.

2. Nombre otros mecanismos de difusión y su correspondiente ejemplo.

Solución 5.1. 1. El mecanismo de difusión dominante en los metales es la difusión de vacancias. Debidoa que en los metales, incluso a bajas temperaturas, se presentan suficiente cantidad de vacancias, losátomos se difunden desde su posición de equilibrio a otro no ocupado.

2. Un otro mecanismo de difusión es la difusión intersticial. En cristales mixtos por inserción, los átomosB ocupan espacios intersticiales en la red atómica de A. La posición de equilibrio de un átomo B es elespacio intersticial. Procesos de cambio de posición de los átomos de B se denominan como difusiónintersticial. Ejemplo: Difusión de átomos de carbono en la red de hierro.

Ejercicio 5.2. Una probeta de acero (C B = 0,196 m/o C) es recocido en un medio donador de carbón(c = 1,6 m/o C). A una profundidad de 0.1 mm y después de un tiempo de 6 horas se determina unaconcentración de C = 0,79 m/o C.

1. Calcular el coeficiente de difusión1En todos los ejercicios se emplea por ciento masa, a menos que se indique lo contrario.

Metalurgia jmla



42 Difusión

2. Calcular el tiempo de difusión para que se tenga la misma concentración a doble profundidad.

3. Cómo se puede disminuir ese tiempo?

Solución 5.2. 1. C = 1

2(C A + C B) − 1

2(C A − C B)Φ(ξ )

ξ Φ(ξ )

0,00 0,00000,05 0,05640,10 0,11250,15 0,16800,20 0,22270,25 0,2763

con:

ξ = H

2√

Dt

Φ(ξ ) = C − 1

2(C A + C B)

−12(C A − C B)

= 0,78 − 1

2(1,6 + 0,196)m/ oC

− 12(1,6 − 0,196) m/ oC

Φ(ξ ) = 0,78 − 0,898

−0,702 = 0,168

con este valor acudimos a la tabla de valores para

Φ(ξ ) = 0,168 es ξ = 0,15

Tomando en cuenta que ξ = x2√

Dt

√ Dt =

x

2ξ

D =

x

2ξ

2

· 1t

D = 5,144 · 10−6mm2/s = 5,144 · 10−8mm2/s

2. El tiempo de difusión para una profundidad de 2x = 0.2 mm

ξ = 2x

2√

Dt→

√ Dt =

x

ξ

t =

x

ξ

2

· 1

D =

0,1 mm

0,15

2 1

5,144 · 10−6 mm2/s

t = 8,64 · 104 s = 24 h

Para el doble de profundidad, el tiempo de difusión es cuatro veces mayor.

jmla Metalurgia




3. El tiempo de difusión es influido por el coeficiente de difusión. El coeficiente de difusión depende dela temperatura, al incrementarse la temperatura crece el coeficiente de difusión.

De la ecuación√

Dt = x

ξ

se puede reconocer que el tiempo t debe hacerse más pequeño cuando el coeficiente de difusión D seincrementa, debido a que x

ξ es una constante.

Por tanto, el tiempo de difusión se hace más pequeño cuando se incrementa la temperatura.

Ejercicio 5.3. 1. Aclarar el concepto de difusión tomando como ejemplo una red cristalina.

2. Qué significa el concepto de energía de activación?

3. Una probeta de acero es recocida durante 8 h en un medio donador de carbono. Luego se determinaque a una profundidad de x = 0,2 mm se ha alcanzado una concentración de carbono de C = 0,71m/o C. Después de que tiempo se encontrará la misma concentración en una profundidad de x = 0,05mm?

Solución 5.3. 1. Mediante suministro de energía se incrementa la propia vibración de la red atómica.Si ese suministro de energía alcanza un determinado valor (energía de activación) entonces la redatómica esta en condiciones de completar un cambio de lugar hacia otro lugar no ocupado.

2. La energía de activación es la energía que es necesaria para darle a un red atómica la suficiente energíacinética para que pueda abandonar su lugar en la red.

3.C =

1

2(C A + C B) − 1

2(C A − C B)Φ(ξ )

para

C 1 = C 2 → Φ1(ξ ) = Φ2(ξ ) → ξ 1 = ξ 2

ξ = x

2√

Dt

Con ξ 1 = ξ 2:

x1

2√

Dt1=

x2

2√

Dt2→ x1

x2=

√ Dt1√ Dt2

→

x1

x2

2

= t1t2

t2

= t1x1

x22

= 8 h0,05 mm

0,2 mm2

= 0,5 h

Ejercicio 5.4. Una probeta de acero con C B = 0,1 % C recocido durante 1560 s en un ambiente donadorde carbono con una concentración de C A = 1,6 m/o C. El coeficiente de difusión es D = 10−5 mm2 /s y laconcentración C en el lugar x es:

C = 1

2(C A + C B) − 1

2(C A − C B)Φ(ξ )

con ξ = x

2√

Dt

Metalurgia jmla



44 Difusión

1. Determinar la concentración en el lugar x = 0,1 mm.

2. Calcular el tiempo de recocido para que la concentración en el mismo lugar alcance a C = 0,724 %C.

3. Hacer un esquema de la dependencia del coeficiente de difusión D con la temperatura T .

Solución 5.4. Calculando:

1. Calculando:

ξ = x

2√

Dt=

0,1 mm

2 10−5mm2/s1560 s

ξ = 0,40032 → Φ(ξ ) = 0,4284

Con ello:

C = 1

2(C A + C B) − 1

2(C A − C B)Φ(ξ )

C = 1

2(1,6 + 0,1) − 1

2(1,6 − 0,1) · 0,4284

C = 0,5287%C

ξ Φ(ξ )

0,00 0,00000,05 0,0564

0,10 0,11250,15 0,16800,20 0,22270,25 0,27630,30 0,32860,35 0,37940,40 0,42840,45 0,47550,50 0,5205

2. C = 0,724 m/o C

Φ(ξ ) =12(C A + C B) − C

12(C A − C B)

= 0,5(1,6 + 0,1) − 0,724

0,5(1,6 − 0,1)

Φ(ξ ) = 0,168 → ξ = 0,15

De ξ = x2√

Dtse tiene:

t = x2

4Dξ 2 =

0,12mm2

4 · 10−5mm2/s · 0,152 = 3,0864 h

3. La dependencia de la difusión D con la temperatura D(T )

jmla Metalurgia




De la ecuación

D = Doe−Q/RT

ln D = ln Do − Q/RT

La ecuación general para unarecta:

y = mx + b

por tanto:

b = ln Do, x = 1/T

m = −Q/T

Graficando:

Ejercicio 5.5. 1. Para un proceso de difusión el coeficiente de difusión D1 = Doe−Q/RT se duplicacuando la temperatura de recocido T 1 = 927oC se incrementa en 30oC. Calcular la energía de activa-ción Q. (R = 8.3241 J mol−1 K−1).

2. Una probeta de acero con una concentración de carbono de C B = 0,2 % C es recocido en un ambientede carbono con una concentración de C a = 1,6 % C. Después de 7 h se tiene una concentración deC = 0,7 % C para una profundidad de x = 0,2 mm. Determinar el coeficiente de difusión D.

C = 1

2(C A + C B) − 1

2(C A − C B)Φ(ξ )

Solución 5.5. 1. Se debe cumplir que D2

D1= 2

con D1 = Doe−Q/RT 1 y D2 = Doe−Q/RT 2

se obtiene: D1

D2= 2 =

Doe−Q/RT 2

Doe−Q/RT 1

por lo tanto, logaritmizando:

ln2 = ln e−Q/RT 2 − ln e−Q/RT 1

ln 2 = −Q/RT 2 + Q/RT 1 = Q

R

T 2 − T 1

T 2T 1

Q = RT 1T 2 ln 2

T 2 − T 1

ξ Φ(ξ )

0,00 0,00000,05 0,05640,10 0,11250,15 0,1680

0,20 0,22270,25 0,27630,30 0,32860,35 0,37940,40 0,42840,45 0,47550,50 0,5205

Siendo T 2 = 957oC = 1230oKyT 1 = 927oC = 1200oK

Metalurgia jmla



46 Difusión

Q = 8,3142 · 1230 · 1200ln2

1230 − 1200

Q = 283,5 · 105

kJ mol−1

2. Φ(ξ ) =12(C A + C B) − C

12(C A − C B)

= 0,5(1,6 + 0,2) − 0,7

0,5(1,6 − 0,2) = 0,2857

Ubicando dicho valor en la tabla, con el valor que se encuentra por debajo y por encima se puede en-contrar la relación que permita calcular el mismo con suficiente exactitud (Sin embargo, interpolandose puede obtener un valor más exacto).

ξ

0,2857 =

0,25

0,2763 → ξ = 0,2585

ξ = x

2√

Dto D =

x2

4ξ 2t

D = (0,2)2mm2

4 · 0,25852 · 7 · 3600 s = 5, 9385 · 10−6mm2/s

D = 5, 9385 · 10−8cm2/s

Ejercicio 5.6. Una probeta de acero con C B = 0,196 m/o C es recocido en un ambiente de carbono conC A = 1,6 m/o C. Después de cuánto tiempo se alcanzará una concentración C = 0,78 m/o C a una

profundidad de x = 0,5 mm? El coeficiente de difusión es D = 2,572 · 10−7 cm2 /s.

Solución 5.6. .

Φ(ξ ) =12(C A + C B) − C

12(C A − C B)

= 0,5(1,6 + 0,196) − 0,78

0,5(1,6 − 0,196)

Φ(ξ ) = 0,1682 → ξ = 0,15

ξ Φ(ξ )

0,00 0,00000,05 0,05640,10 0,11250,15 0,16800,20 0,22270,25 0,2763

ξ = x

2√

Dtó t =

x2

4ξ 2D

t = 0,25

4 · 2,572 · 10−7 · 0,152 = 1,08 · 105 s

t = 30 h

Ejercicio 5.7. La energía de activación del carbono en hierro alcanza a Q = 144 kJ/mol. La temperatura derecocido es reducido de 1100oC a 1000 oC. Cuál es el factor con el que se incrementa el tiempo de carburi-zado, cuando la concentración de carbono para la misma profundidad tiene que permanecer constante?

jmla Metalurgia




Solución 5.7. La relación que se busca es t2/t1

t = x2

4ξ

2

D →

t2

t1

= D1

D2D1 = Doe−Q/RT 1 D2 = Doe−Q/RT 2

D1

D2=

Doe−Q/RT 1

Doe−Q/RT 2=

eQ/RT 2

eQ/RT 1

T 1 = 1373oK, T 2 = 1273oK

eQ/RT 1 = exp(144kJ/mol/8,3142 · 1373oK ) = 3,009 · 105

eQ/RT 2 = exp(144kJ/mol/8,3142 · 1273oK ) = 8,1055 · 105

t2t1

= D1

D2=

8,1055 · 105

3,009 · 105 = 2,7

Ejercicio 5.8. Una probeta de acero con C B = 0,1 m/o C es recocido en una atmósfera de carbono. Después

de 6 h se alcanza una concentración de C = 0,6 m/o C a una profundidad de x = 0,1 mm.

1. Calcular el coeficiente de difusión D (C A = 1,6 m/o C).

2. Después de qué tiempo se alcanza una concentración de C = 0,5 m/o C en una profundidad dex = 0,1 mm?

3. Qué concentración se alcanzará en la misma profundidad después de 20 h de recocido?

ξ Φ(ξ ) ξ Φ(ξ )

0.00 0.0000 0.60 0.60390.05 0.0564 0.70 0.67790.10 0.1125 0.80 0.74210.15 0.1680 0.90 0.79690.20 0.2227 1.00 0.84270.25 0.2763 1.10 0.88020.30 0.3286 1.20 0.91030.35 0.3794 1.30 0.93400.40 0.4284 1.40 0.95230.45 0.4755 1.50 0.96610.50 0.5205 2.00 0.9953

Solución 5.8. 1. Φ(ξ ) =

12(C A + C B)

−C

12(C A − C B) =

0,5(1,6 + 0,1)

−0,6

0,5(1,6 − 0,1) = 0,333

ξ

0,333 =

0,4

0,4284 → ξ = 0,3072

D = x2

4tξ 2 =

0,01

4 · 6 · 0,30722 = 0,0044152 mm2 /h

D = 1,2264 · 10−8 cm/s

2. Φ(ξ ) =12(C A + C B) − C

12(C A − C B)

= 0,5(1,6 + 0,1) − 0,5

0,5(1,6 − 0,1) = 0,4467

Metalurgia jmla



48 Difusión

ξ

0,4467 =

0,4

0,4284 → ξ = 0,4557

t = x2

4Dξ 2 =

0,01

4 · 0,0044152 · 0,43572 = 2,995 h

3. ξ = x√ 4Dt

= x1

2√

Dt= 0,1

2√

0,0044152 · 20

ξ = 0,1683

Φ(ξ )

0,1683 =

0,168

0,15 → Φ(ξ ) = 0,189

C = 12(C A + C B) − 1

2(C A − C B)Φ(ξ )

C = 1,7

2 − 1,5

2 0,189 = 0,708

Ejercicio 5.9. Una placa de hierro fundido es temperado (espesor 2H = 10 mm). El transcurso de la con-centración en función del tiempo y del lugar está expresado por C (x, t) = 1

2C o[Φ(ξ o + ξ ) + Φ(ξ o − ξ )],

siendo ξ o = ξ x=H

Después de cuánto tiempo la concentración en la superficie de la placa será el 75 % de la concentración enel núcleo?

εo Φ(εo) Φ(2εo)

0,20 0,2227 0,42840,25 0,2763 0,52050,30 0,3286 0,60340,35 0,3794 0,67790,40 0,4284 0,7421

0,45 0,4755 0,79690,50 0,5205 0,84270,60 0,6239 0,91030,70 0,6779 0,75231,00 0,8427 0,9953

Solución 5.9. Se sabe que ξ o = H

2√

Dt

Para el núcleo de la placa se cumple que x = 0 → ξ = 0

La concentración en el núcleo en función del tiempo es: C (=, t) = C oΦ(ξ o)

Para la superficie de la plancha se cumple que: x = ±H → ξ = ±ξ o

La concentración de la superficie de la placa en función del tiempo es:

C (±H, t) = 1

2C o · Φ(2ξ o)

La concentración en la superficie de la placa para el tiempo t deberá ser el 75 % de la concentración delnúcleo, por tanto:

jmla Metalurgia




0,75C (0, t) = C (±H, t)

0,75C oΦ(ξ o) =

1

2 C oΦ(2ξ )

1,5 = Φ(2ξ )

Φ(ξ )

Ahora se acude a la tabla y se busca su correspondiente valor. Se encuentra la línea

Φ(2ξ o) = 0,913, Φ(ξ o) = 0,6093, ξ o = 0,6

Φ(2ξ )

Φ(ξ ) =

0,9103

0,6093 = 1,507 → ξ o = 0,6 es suficientemente exacto.

ξ o = H

2√ Dt

Por tanto: t = H 2

4ξ 2oD =

0,25 · 107

40,36 · 40= 43403 s

t = 12,1 h

Por interpolación se obtiene un valor para ξ o = 0,601 y con ello un tiempo de t = 12,6 h, que es másexacto.

Metalurgia jmla



50 Diagramas de estado

6. Diagramas de estado

Los diagramas de estado dan información sobre las fases (formas de presentación) de metales puros otambién de aleaciones en dependencia de la presión P, la temperatura ϑ y de las relaciones de concentración

c. Los diagramas de estado son por tanto de gran importancia, porque el conocimiento de las fases presentesy de sus campos de existencia nos pueden proporcionan información sobre las propiedades. Los diferentesmateriales que componen un sistema se llaman componentes. Los diferentes componentes se comportan dediferente forma entre ellos. Su comportamiento al estado líquido puede dividirse en general en tres casos.

1. Los componentes son solubles unos en otros.

Este es el caso más frecuente, los componentes se disuelven completamente entre ellos y se formauna estructura homogénea (unitaria). Este proceso puede verse por ejemplo en la disolución de aguay alcohol, donde ambos pueden disolverse en las relaciones de mezcla cualquiera. Entre ambos com-ponentes no existe en ningún lugar una superficie de separación, por tanto se le llama de una solafase.

2. Existe una solubilidad limitada entre los componentes

Este es el caso en que los componentes no se disuelven en cualquier relación. Se forman dos diferentesmezclas. En una de ellas el componente A disuelve al componente B, mientras que en la otra es elcomponente B el que es el componente mayoritario. En estas mezclas una de ellas se encuentra encimade la otra.

3. Los componentes no se disuelven entre ellos

Los componentes se encuentran desde el principio en capas una encima de la otra. Tal como se pre-sentan el aceite y el agua. Si se intenta mezclarlos, entonces se forman gotas finas de uno de loscomponentes dentro del otro, sin embargo los componentes no se disuelven uno en otro. Ellos se

encuentran separados por una superficie, por ellos es que se los llama mezcla bifásica.

El comportamiento de los componentes en el estado sólido se puede dividir en general en dos casos:

1. Insolubilidad al estado sólido

Los componentes, debido a su diferentes estructura cristalina, no se disuelven uno en otro. Resultan-do una mezcla de cristales de los cristales puros de ambos componentes. Se presenta entonces unaestructura de dos fases (dos tipos de cristales).

2. Completa solubilidad al estado sólido

Ambos componentes son completamente solubles, ellos forman una estructura cristalina común. Sepresentan los llamados cristales mixtos, cuya estructura cristalina está conformada por ambos tiposde átomos. Se tiene solo una fase que es la que forma el cristal mixto.

En realidad los sistemas de aleaciones que se presentan son generalmente combinaciones de las posibilidadesindicadas anteriormente tanto al estado líquido como el sólido, los que consideraremos a continuación conmás detalle. Primero debemos conocer algunas reglas generales.

La regla de fases de Gibbs nos enseña la relación entre el número de fases P, el número de componentes Ny el número de grados de libertad F.

jmla Metalurgia



51

Se conoce como Grados de Libertad F el número de variables independientes (presión p, temperatura ϑ yla concentración c) que pueden ser modificados sin que cambie el número de fases.

La regla de fases de Gibbs indica:

F = N − P + 2

o también, para presión constante, lo que en nuestros siguientes ejemplos se cumplirá siempre,

F = N − P + 1

Debido a que la presión en los diagramas de estado en consideración es constante, nos queda como variablesde estado solo la temperatura ϑ y la relación de mezcla de los componentes c (relación de concentraciones).En el diagrama de estado se traza la temperatura ϑ sobre la ordenada y la concentración c sobre la abscisa.En la figura se encuentran representados el diagrama de estado de los componentes A y B:

En el extremo izquierdo, en el punto A tenemos una concentración de 100 % del componente A y 0 %del componente B. A medida que nos movemos hacia la derecha, mayor será la fracción del componenteB y por tanto menor el contenido del componente A, hasta que finalmente, en el extremo derecho, en elpunto B tenemos una concentración de 100% del componente B y 0 % del componente A. Normalmente seacostumbra indicar la concentración con referencia al componente B, por tanto se escribe por ejemplo 40 %B. La segunda variable de estado, la temperatura, como ya se indicó se traza sobre la ordenada. Tal como sepuede ver del ejemplo, a elevadas temperaturas encontramos la zona de existencia de la fase líquida, debajo

de esta fase se encuentra una zona de dos fases, donde coexisten una fase líquida L y el cristal mixto α.Debajo se encuentra solo una fase sólida, el cristal mixto α. Para una determinada aleación Lo, además delnúmero y tipo de fases, es de interés el conocer las fracciones de cada una de las fases en la aleación. Estose puede determinar mediante el empleo de la Regla de la Palanca. Esta regla indica que por ejemplo para laaleación con la concentración co, para una temperatura ϑ en la figura, la fracción de la fase líquida respecto

a la cantidad total es igual al brazo de la palanca 02 sobre el largo total 12, es decir, 02

12.

La fracción de la fase sólida, cristal mixto, respecto a la cantidad total, por analogía, empleando la regla de

la palanca será el brazo de la palanca 01 dividido entre el largo total 12; es decir, 01

12.

Metalurgia jmla




La regla de la palanca puede demostrarse en una forma sencilla. Para la fracción del componente B en laaleación con la concentración co se cumple

co = x · c1 + y · c2 con y = 1 − x

x = fracción de la fase L

y = fracción del cristal mixtoCon ello

co = x · c1 + (1 − x) · c2

x = c2 − coc2 − c1

= 01

12

o también

x − 1 = y = c2 − coc2 − c1

− 1 = co − c1c2 − c1

= 01

12

Se debe observar que la regla de la palanca puede ser empleado sólo en el campo de existencia de dos fases.

La composición individual de cada una de las fases, líquido y cristal mixto, se obtiene trazando una verticaldesde los puntos 1 y 2 sobre el eje horizontal. De esta manera, la fase líquida por ejemplo consta de 20 % By el cristal mixto de 60 % B.

Para leer el diagrama de estado se debe indicar además que los procesos durante el enfriamiento de unaaleación se puede seguir sobre una línea vertical en el diagrama de estado. Un punto representa una aleación,que se mueve con disminución de la temperatura sobre la vertical hacia abajo. Si ese punto sobrepasa ellímite de dos fases, entonces cambia el número o el tipo de fases en uno. Si ese punto sobrepasa un límiteentre varias fases, entonces se puede presentar desviaciones de dicha regla. A continuación se verán algunasde las posibilidades de combinación para diagramas de estado en estado líquido y sólido.

6.1. Solubilidad completa en estado sólido y líquido

En este tipo de diagramas en la fase líquida se tiene una distribución estadística desordenada de amboscomponentes. Tal como se puede además observar, al estado sólido se tiene una fase homogénea (cristal

jmla Metalurgia



6.2 Solubilidad completa al estado líquido - insolubilidad al estado sólido 53

mixto) sobre todo el rango de concentraciones. Condición para ello es una estructura cristalina similar y enlo posible una pequeña diferencia de radios atómicos (0,85RA ≤ RB ≤ 1,15RA) de ambos componentes.Si se cumple ambas condiciones, entonces los componentes forman el llamado cristal mixto por sustitución.

6.2. Solubilidad completa al estado líquido - insolubilidad al estado sólido

En estos casos el líquido se "desmezcla.en sus componentes individuales. Los componentes tienen una dife-rente estructura cristalina, se tiene insolubilidad al estado sólido. La temperatura de solidificación más bajase presenta en una aleación con una concentración eutéctica cE . En dicho punto, el líquido pasa directamen-te a las fases sólidas Cristales de A + eutéctico y cristales de B + eutéctico. El eutéctico es una mezcla decristales muy finos de A y B.

6.3. Solubilidad completa al estado líquido y limitada solubilidad al estado sólido

Metalurgia jmla




Aquí se presenta insolubilidad de ambos componentes sobre una zona determinada de concentración. Estambién posible que sólo un componente sea insoluble en una determinado campo de concentraciones. Deesta manera solo uno de los componentes es capaz de formar cristales mixtos. Se forma un campo en elque coexisten los cristales mixtos de uno y los cristales puros del otro componente (formación de zona deinsolubilidad). En este tipo de diagramas se forma también un eutéctico.

6.4. Peritéctico

Si la diferencia de temperaturas de ambos componentes es muy diferente, entonces no se forma un eutécticosino más bien una transformación peritéctica. En esta transformación peritéctica reaccionen las fases líquidaL y los cristales mixtos β para formar la fase o el cristal mixto α o la mezcla de fases α + β .

6.5. Formación de compuestos con fases intermetálicas

Formación de compuestos con un máximo abierto.

jmla Metalurgia



6.6 La formación de los diagramas de estado 55

Formación de compuestos con un máximo encubierto.

Si los componentes de la aleación tienen gran diferencia en sus radios atómicos, entonces pueden formarcristales mixtos solo en forma limitada. Para relaciones de mezcla bastante grandes se forman nuevos tiposde cristales, cuya estructura cristalina a menudo es más complicada a la de los componentes individuales.Estas llamadas fases intermetálicas del tipo AmBn presentan otras propiedades a la de los componentesindividuales. Además se puede diferenciar la formación de máximos abiertos y encubiertos, tal como sepresentan gráficamente en los diagramas anteriores.

6.6. La formación de los diagramas de estado

Los tres métodos para la formulación de diagramas de estado son

El Análisis Térmico de Tamman,

Los Ensayos Dilatométricos, y

Aquellos procesos basados en la determinación experimental de la conductividad eléctrica y la con-ductividad térmica de aleaciones.

En el análisis térmico se toman curvas de enfriamiento, los que describen el comportamiento de la tempera-tura con respecto al tiempo para el enfriamiento de una aleación desde el estado líquido para una pérdida decalor constante. Se deben preparar muchas aleaciones con diferentes relaciones de mezcla, lo que luego sonsometidos al análisis térmico.

Metalurgia jmla




En el enfriamiento mostrado en el esquema siguiente, se trata por ejemplo en el caso de la curva 1 de unmaterial amorfo, sin transformación. La curva 2 muestra el comportamiento de una aleación que presentaun codo y un llano durante su enfriamiento. En el caso de la curva 3 se trata de un metal puro, cuya curvade enfriamiento muestra solo un llano. Para los codos, las aleaciones empiezan la cristalización, don de seobserva que la temperatura continúa disminuyendo, a diferencia de los llanos. Los diagramas de estado seconstruyen en la misma forma que el siguiente ejemplo.

Ejercicio 6.1. Qué se entiende por grados de libertad en la ciencia de materiales?

Solución 6.1. Con grados de libertad se designa el número de variables independientes (p, T, c) para cuyocambio no se produce ninguna transformación de fases en el sistema.

Ejercicio 6.2. Bosquejar esquemáticamente la curva de enfriamiento:

a) Un metal puro,

b) una aleación,

c) un material amorfo.

Qué diferencias se pueden reconocer?

Solución 6.2. Esquemáticamente

jmla Metalurgia




Ejercicio 6.3. Determinar, con ayuda de la regla de fases, los grados de libertad en los lugares 1, 2 y 3 paralas siguientes curvas de enfriamiento (para presión constante).

Solución 6.3. La regla de fases de Gibbs para presión constante expresa:

F = N − P + 1

Metalurgia jmla




a) Se puede reconocer que se trata de la curva de enfriamiento de un metal puro, por tanto el número decomponentes es igual a N = 1.

Para el punto 1, tenemos una sola fase P = 1

Por tanto: F = 1 − 1 + 1 = 1

Para el punto 2, tenemos dos fases P = 2

Por tanto: F = 1 − 2 + 1 = 0


Por tanto: F = 1 − 1 + 1 = 1

b) Se reconoce que se trata de la curva de enfriamiento de una aleación, por tanto el número de componentesN = 2


Por tanto: F = 2 − 1 + 1 = 2

Para el punto 2, tenemos dos fases P = 2

Por tanto: F = 2 − 2 + 1 = 1


Por tanto: F = 2 − 1 + 1 = 2

Ejercicio 6.4. Bosquejar esquemáticamente el diagrama de estado de un sistema con solubilidad completatanto al estado líquido como al sólido de los componentes A y B y nombre las líneas y zonas de fases.

Solución 6.4. Esquemáticamente:

Ejercicio 6.5. En el siguiente bosquejo,

jmla Metalurgia




a) Indique las fases en los puntos a hasta la g y aclare los mismos en caso necesario.

b) Indique las fases de los puntos h hasta l y aclare los mismos en caso necesario.

Solución 6.5. Curva inciso a)

1. Se encuentra la fase líquida

2. Se encuentra la fase líquida y se inicia la formación de los primeros cristales de A, sin embargo noestán presentes todavía. Se puede ver de la correspondiente regla de fases que la fase sólida es igual acero.

3. Se encuentran las dos fases, líquido y los cristales primarios de A.

4. Se encuentran las dos fases, líquido y cristales primarios A. Se inicia la formación del eutéctico, sinembargo no existe todavía.

Justificación: La línea horizontal (tiempo detenido) se origina debido a que se libera calor del calor decristalización durante la formación del eutéctico. Sin embargo se encuentra todavía al inicio de dichalínea y por tanto no se encuentra todavía el eutéctico.

5. coexisten las tres fases, líquido, cristales primarios A o cristales A del eutéctico y cristales B deleutéctico.

6. Coexisten dos fases, cristales primarios A o cristales A del eutéctico y cristales B del eutéctico.

7. igual al punto anterior.

Curva inciso b)

1. Está presente la fase líquida.

2. Está presente la fase líquida, se ha iniciado la formación del eutéctico, sin embargo no existe todavía.

3. Coexisten las tres fases, líquido, cristales A del eutéctico y cristales B del eutéctico.

4. Coexisten dos fases, cristales A del eutéctico y cristales B del eutéctico.

Metalurgia jmla




5. como el punto anterior.

Ejercicio 6.6. a) Dibujar el diagrama de estado para solubilidad completa al estado sólido y líquido ydenomine los campos de fases.

b) Que significa "solubilidad completa al estado sólido¿Solución 6.6. a)

b) Solubilidad completa al estado sólido significa que los cristales mixtos están formados por cualquierrelación de ambos componentes.

Ejercicio 6.7. a) Dibujar el diagrama de estado para solubilidad completa al estado líquido y limitadasolubilidad al estado sólido y denomine los campos de fases.

b) Que significa "solubilidad limitada¿

Solución 6.7. a)

jmla Metalurgia




b) Solubilidad limitada o parcial significa que la red cristalina de uno de los componentes solo puede aceptaruna limitada cantidad de átomos del otro componente. Ambos componentes no pueden por tanto mezclarseen cualquier proporción.

Ejercicio 6.8. 1. Representar, con ayuda de las curvas de enfriamiento proporcionadas, el correspon-

diente diagrama de estado.

2. Caracterizar y nombrar las líneas trazadas en el diagrama de estado.

3. Escribir la denominación de las fases en cada uno de los campos.

4. De qué tipo de diagrama de estado se trata en este caso?

5. Calcular, para una aleación con la concentración co = 75 % B para una temperatura ϑ = 200oC ,la cantidad de las fases presentes. Cual es la relación en masa de los componentes para el líquidoresidual?

6. Determinar la relación de cantidades de las fases de una aleación con la concentración inicial co =25 % B al estado sólido.

7. Para una isoterma de ϑ = 150oC se ha determinado que existe una cantidad de 20 % de cristalesprimarios de A. calcular la concentración de la aleación.

Solución 6.8. 1, 2 y 3

4. Se trata del tipo con solubilidad completa al estado líquido y ninguna solubilidad al estado sólido. Paralos otros puntos del ejercicio trazamos, para mejor objetividad, un otro diagrama.

5. Cálculo de la fracción de líquido y cristales de B con respecto a la totalidad para co = 75 %B

Metalurgia jmla




Para el líquido se emplea la regla de la palanca, cuyo brazo 13 debe dividirse sobre la longitud total 23:

X L = 13

23 =

25

36 = 0,6944 = 69,44 %

Análogamente, la fracción B sobre la cantidad total, será la división del brazo de la palanca 12 entre lalongitud total 23:

X S = 12

23 =

11

36 = 0,3036 = 30,56 %

Prueba: X L + X S = 69,44 % + 30,56% = 100 %

6. Aleación para co = 25 % B (Temperatura elegida a voluntad).

X L = 64

65 =

25

36 = 0,6944 = 69,44 %

X S = 45

65 =

11

36 = 0,3056 = 30,56 %

Prueba: 69,44 % + 30,56% = 100 %

7. Aleación para 20 % A, o sea 80% B y 150oC de temperatura.

X B = 8987

= 2949

= 0,59 = 59 %

X A = 79

87 =

20

49 = 0,41 = 41 %

Prueba: c8 = 51 %B ∼ 49 %A

co = 0,41 · 0,49 %A = 20 %A ∼ 80 %B

Ejercicio 6.9. 1. Representar, con ayuda de las curvas de enfriamiento dadas, el correspondiente dia-grama de estado.

jmla Metalurgia




2. Escribir, en los campos las denominaciones de las fases.

3. De qué tipo de diagrama de estado se trata en este caso?

4. Para una isoterma a 600oC se ha determinado una cantidad de 22 % de cristales primarios de B. Cuan

grande es la concentración (c) en B?

5. Cuál es el grado de libertad para la composición eutéctica?

Solución 6.9. a) b)

c) Se trata de el tipo básico de solubilidad completa al estado líquido y limitada solubilidad al estado sólido.

d) Se tiene ci = c1x + c2(1 − x) con x = 1 − 0,22

c = 25 %B · 0,78 + 100 %B · 0,22 = 41,5 %B

e) La regla de fases de Gibbs para presión constante indica:

F = N − P + 1

En el caso presente, el número de componentes (A, B) N = 2, para la composición eutéctica el número defases es P = 3 (L, α, B), por tanto:

F = 2 − 3 + 1 = 0

Ejercicio 6.10. Se presenta el siguiente diagrama binario

Metalurgia jmla




a) Denominar cada uno de las fases en los correspondientes campos.

b) Marcar en este diagrama de estado tres puntos de diferente grado de libertad y determinar los grados delibertad con ayuda de la regla de fases de Gibbs.

c) Trazar esquemáticamente las curvas de enfriamiento para ambos componentes A y B, así como para laaleación con la concentración c = 30 % B.

Solución 6.10. a) Véase la representación gráfica.

b) La regla de fases indica, para presión constante, F = N − P + 1

Se tiene dos componentes, por tanto N = 2

Punto P1: Número de fases P = 2, por tanto:

F = 2 − 2 + 1 = 1


F = 2 − 1 + 1 = 2


F = 2 − 3 + 1 = 0

Ejercicio 6.11. Considerando el diagrama de estado binario siguiente

jmla Metalurgia




a) Indicar en cada uno de los campos de estado su correspondiente denominación de fase.

b) Cuáles son las cinco características más importantes respecto de la concentración y la solubilidad de loscomponentes A y B puede ser descrito este diagrama de estado?

c) Para una aleación con 15 % B, cuales son las fases que se encuentran en equilibrio a una temperatura deϑ = 250o C? Indique la concentración de las fases en porcentaje.

d)Calcular las fracciones de las fases en equilibrio a la temperatura de ϑ = 200o C de una aleación con 75%B.

Solución 6.11. a) Véase el gráficob) Las cinco características principales son:

Insolubilidad del componente B en el componente A.

Eutéctico

Monotéctico

Formación de dos diferentes líquidos con diferentes concentraciones

Limitada solubilidad del componente A en el componente B.

c) Para una aleación con la concentración 15 % B y una temperatura de ϑ = 250o C se encuentran la faselíquida y el cristal mixto α (formado principalmente de A con inclusiones de B) en equilibrio.

α = 8 %B + 92 %A

L = 23 %B + 77 %A

d) X L = 23

13 =

2,7

7,4 = 0,35 = 35 %

X B = 12

13 =

4,8

7,4 = 0,65 = 65 %

Metalurgia jmla




Ejercicio 6.12. Para el diagrama binario representado a continuación:

a) Completar el diagrama con las denominaciones de cada una de las fases y marcar el transcurso de las

líneas liquidus y solidus.b) Indique las principales características de este diagrama de estado.

Solución 6.12. a) Ver el diagrama.

La línea liquidus transcurre a lo largo de los puntos a, b, c, d.

La línea solidus transcurre a lo largo de los puntos d, e, f, b, g.

b) Las cuatro características principales son:

Completa solubilidad al estado líquido.

Solubilidad del componente A en B.En el punto c se presenta el eutéctico

en el punto b se tiene la formación de un compuesto intermetálico (con un máximo abierto).

Ejercicio 6.13. a) Trazar un diagrama de estado A - B con las siguientes características:

Completa solubilidad al estado líquido

Insolubilidad al estado sólido

jmla Metalurgia




Eutéctico

b) Caracterizar la zona de insolubilidad al estado sólido.

Solución 6.13. a)

b) La zona de insolubilidad se encuentra achurado.

Hablando con más exactitud, las zonas de insolubilidad son todos los campos en los cuales se encuentran

presentes varias fases. No se puede formar ningún cristal mixto con la composición de la aleación dentro dedicho campo.

Ejercicio 6.14. a) Construir un diagrama de estado binario con las siguientes propiedades:

Completa solubilidad al estado líquido.

Limitada solubilidad de ambos componentes al estado sólido.

Transformación peritéctica

T s(A) < T s(B)

b) Elija una aleación L, que durante el enfriamiento sufre una transformación peritéctica y determinar paraL en cada campo de fases las relaciones de cantidad y concentración de las fases.

Solución 6.14. a) Líquido + β reaccionan para formar α o también α + β .

Metalurgia jmla




b) C 1 = 18 %B

C 2 = 35 %B

C o = 50 %B

C 3 = 85 %B

X B1 = 01

13 =

32

67 = 0,48 = 48 %

X L1 = 03

13 =

35

67 = 0,52 = 52 %

X B2 = 02

23 =

15

50 = 0,30 = 30 %

X α = 03

23 =

3550

= 0,70 = 70 %

Ejercicio 6.15. a) Completar el diagrama de estado mostrado a continuación

b) Indique las características de dicho diagrama de estado.

Solución 6.15. a)

jmla Metalurgia




b) Las características de este diagrama son:

Completa solubilidad al estado líquido

Formación de compuestos con un máximo oculto.

Eutéctico.

Ninguna solubilidad entre A y B en la fase intermetálica.

Ninguna solubilidad de la fase intermetálica en A y tampoco en B.

Ejercicio 6.16. Los componentes A y B (tabla a continuación) forman el sistema multifases A-B. Un cortedel diagrama de estado de este sistema se encuentra a continuación.

a) Escribir, para el intervalo de concentración de 0 a 25 % B, todas las denominaciones que faltan al diagramade estado.

b) Indique su construcción y la estructura cristalina de las fases presentes en cada uno de los campos.Justificar su respuesta.

c) Calcular la composición de una aleación Lo, caracterizada por contener 95 % de cristales primarios y 5 %de cristales secundarios para una temperatura de ϑ = 500oC.

d) Para una aleación L1 con 25 % B por debajo de la línea solidus, calcular la composición estequiométricade la fase presente en estas condiciones.

Componente A BMasa atómica relativa, m 26,98154 54,09130Radio atómico, R 1, 429 · 10−10 m 1, 306 · 10−10 mTipo de red cristalina fcc fcc

Calculo de los datos de concentración:

cm = mB · ca

ma · (100 − ca) + mB · ca· 100%B

ca = concentración en porcentaje de B.

Metalurgia jmla




Solución 6.16. a) Ver diagrama

b) Fase: - Cristal mixto

Construcción: - Cristales mixtos por sustitución, ya que RA

RB∼ 1, 09

Estructura cristalina: fcc, debido a que el componente A es fcc.

c) Composición de la aleación:

Cristales primarios: Compuesto intermetálico AmBn

Composición de la aleación Lo: co = ? % B

Composición cristales primarios: c1 = 0.3 % B

Composición cristales secundarios: c2 = 25% B

Fracción de cristales secundarios: mSK = 5 % = 0.05

Regla de la palanca: mSK = co − c1c2 − c1

de donde resulta co = mSK (c2 − c1) + c1

= 0,05(25%B − 0,3 %B) + 0,3 %B = 1,54 %B

d) Composición estequiométrica:

Fases presentes: Compuesto intermetálico

jmla Metalurgia




cm = mBca

mA(100 − cm) + mBca· 100%B

De donde:

ca = 100cmmA

(2100 − cm)mB + cmmA

ca = 100 · 25 · 26, 98154

(75 · 54, 09130 + 25 · 26, 98154 %B = 14, 26 %at B

Por tanto: c∗a = 85, 74 %at A

dividiendo ambos valores: c∗a

ca= 6,01 → A6B

Metalurgia jmla



72 Propiedades eléctricas de los materiales

7. Propiedades eléctricas de los materiales

7.1. Conductividad eléctrica en metales

En los metales, los átomos están ordenados en un estructura cristalina (ver 1) y unidos por sus electronesde valencia (enlace metálico). En ausencia de un potencial eléctrico, el movimiento de los electrones devalencia es aleatorio y restringido, de forma que no existe flujo neto ele electrones en ninguna dirección.Al aplicar un potencial eléctrico, los electrones alcanzan una velocidad directamente proporcional al campoaplicado y se desplazan en dirección opuesta al campo.

7.2. Ley de Ohm

Si se aplica una diferencia de potencial V a un hilo metálico, fluirá una corriente de intensidad i, proporcionala la resistencia R del hilo metálico.

Según la Ley de Ohm:

I = V

R

donde:

i = Intensidad de corriente eléctrica, A (amperios)V =Diferencia de potencial, V (voltios)R = Resistencia del hilo metálico, Ω (ohmios).

Por su parte, la resistencia R del hilo metálico es directamente proporcional a su longitud l e inversamenteproporcional a su sección transversal A,

R = ρ l

A

La constante de proporcionalidad ρ es denominada resistividad eléctrica, cuya unidad es (Ω·m), que es unaconstante del material y es dependiente de la temperatura.

Es frecuente utilizar la conductividad eléctrica σ como .la inversa de la resistividad eléctrica:

σ = 1

ρ

Los metales presentan valores elevados de conductividad eléctrica, del orden de 10 7 (Ω·m)−1, minetras quelos aislantes eléctricos (polietileno, políestireno) presentan valores del orden de 10−14 (Ω·m)−1. El silicio yel germanio tienen valores intermedios y son considerados semiconductores.

La ley de Ohm, en su forma microscópica, está expresada por:

J = E

ρ ó J = σ · E

Donde :

jmla Metalurgia



7.3 Semiconductores intrínsecos 73

J = Densidad ele corriente, A/m2

E = Campo eléctrico, V/m

La densidad de corriente, J y el campo eléctrico E , son magnitudes vectoriales.

Si al conductor se le aplica un campo eléctrico E , los electrones se aceleran con una velocidad definida en

dirección opuesta al campo aplicado. La relación entre la velocidad promedio de electrones vd y el campoaplicado E es:

vd = µE

Donde la constante de proporcionalidad µ, se denomina movilidad electrónica y se expresa en m2 / (V ·.s).

El flujo electrónico en un hilo metálico sometido a una diferencia de potencial depende del número deelectrones por unidad de volumen, de la carga eléctrica – e (-1,60· 10−19 C) y de la velocidad promedio delos electrones vd.

J = nevd

La resistividad eléctrica ρ de un metal es la suma del componente térmico ρT y un componente residual ρr:

ρtotal = ρT + ρr

Para metales, a temperaturas por encima de -200oC, la resistividad varía casi linealmente con la temperatura,por tanto:

ρT = ρ0oC(1 + αT T )

Donde:

αT = Coeficiente térmico de resistividad.ρ0oC = Resistividad eléctrica a OoC,T = Temperatura del metal en oC

La adición de elementos químicos a metales puros produce una dispersión de los electrones de conducción,incrementando la resistividad eléctrica del metal en estado puro.

7.3. Semiconductores intrínsecos

7.3.1. Relaciones de conductividad eléctrica para semiconductores elementales intrínsecos

Durante la conducción eléctrica en semiconductores intrínsecos, la densidad de corriente J es igual a lasuma de la conducción debida a electrones y huecos:

J = nqv∗n + pqv∗ p

Donde: n = número de electrones de conducción por unidad de volumen p = Número de huecos de conducción por unidad ele volumen .

Metalurgia jmla




Tomando en consideración que J = σE :

σ = J

E +

nqv∗nE

+ pqv∗n

E

Donde: q = Carga del electrón o del hueco en valor absoluto, 1,60 ·10−19 C,

vn, v p = Velocidad de electrones y huecos, respectivamente

De donde:

σ = nqµn + pqµ p

Donde µn y µ p son las movilidades de los electrones y de los huecos, respectivamente y tienen las unidadesde m2 / (V · s).

En semiconductores elementales intrínsecos: n = p = ni, por tanto:

σ = niq (µn + µ p)

Las movilidades de los electrones son siempre mayores que la de los huecos.

Para silicio µn = 0,135 m2 /V · s y µ p = 0,048 m2 /V · s.

Su dependencia con la temperatura está dada por la ecuación de Arrhenius:

niαe−(E −g−E av)kT

E g = Salto de energía entre la banda de valencia y la banda de conducciónE av = Energía promedio para pasar el salto de energíak = Constante de BoltzmannT = Temperatura absoluta, K

Para germanio y silicio puros: E av = E g/2.

La conductividad eléctrica está dada por:

σ = σ0e−E g/2kT o bien ln σ = ln σ0 − E g2kT

σ0 es una constante que depende fundamentalmente de las movilidades de los electrones y de los huecos.

7.4. Semiconductores extrínsecos

Los semiconductores extrínsecos son soluciones sólidas sustitucionales muy diluidas en las que los átomosde las impurezas, soluto, poseen características de valencia diferentes de las del disolvente que constituye lared atómica. La concentración de los átomos de impurezas añadidas están en el rango de 100 a 1000 partespor millón.

jmla Metalurgia



7.4 Semiconductores extrínsecos 75

7.4.1. Semiconductores extrínsecos de tipo n (tipo negativo)

Átomos de impurezas del grupo V A tales como P, As y Sb cuando se añaden a Si o Ge proporcionancon facilidad electrones para la conducción eléctrica. Puesto que estos átomos de impurezas del grupo V Aproporcionan electrones de conducción, cuando están presentes en cristales de Si o Ge se denominan átomosde impurezas donores. Semiconductores del tipo Si o Ge que contienen átomos de impurezas del grupo V Ase denominan semiconductores extrínsecos de tipo n (tipo negativo) porque la mayoría de los portadores decarga son electrones.

7.4.2. Semiconductores extrínsecos de tipo p (tipo positivo)

Átomos de elementos del grupo Ill A, como el B, Al y Ga, suministran niveles aceptores en la estructura delsilicio y se denominan átomos aceptores. Puesto que la mayoría de los portadores de carga en estos semi-conductores extrínsecos son huecos en la estructura de enlace de valencia, se denominan semiconductoresextrínsecos de tipo p (tipo positivo).

7.4.3. Dopado de un material semiconductor extrínseco de silicio

Dopado es el proceso de añadir a silicio pequeñas cantidades de átomos de impurezas sustitucionales. Do-pantes son los átomos utilizados como impurezas.

La ley de acción de masas. En semiconductores como silicio o germanio los electrones móviles y loshuecos están constantemente en formación y recombinación. La relación general es:

np = n2i

Donde n es la concentración intrínseca de portadores en un semiconductor y es una constante a una tempe-ratura dada.

Los portadores de mayor concentración en semiconductores extrínsecos se denominan portadores mayori-tarios. La concentración de electrones y de huecos en un semiconductor tipo n se denotan con nn y pn, y enun semiconductor tipo p con n p y p p, respectivamente.

Densidades de carga en semiconductores extrínsecos

Puesto que el semiconductor tiene que ser eléctricamente neutro, el valor absoluto de la densidad de carganegativa total tiene que ser igual al valor absoluto de la densidad de carga positiva total. La densidad decarga negativa total es igual a la suma de los iones aceptares negativos N a y los electrones, es decir, N a + n.

La densidad de carga positiva total es igual a la suma de los iones donores positivos N d y los huecos, esdecir, N d + p. Así:

N a + n = N d + p

En un semiconductor tipo n, N a = 0. El número de electrones es mucho mayor que el número de huecos(n p). Por tanto:

nn ≈ N d

Metalurgia jmla




La concentración de huecos en un semiconductor tipo n se obtiene de:

pn = n2

i

nn≈ n2

i

N d

Para semiconductores tipo p:

nn ≈ N d y n p = n2

i

p p≈ n2

i

N a

Concentraciones de portadores de carga en semiconductores intrínsecos y extrínsecos. Para el Si a300 K, la concentración de transportador intrínseco ni es igual a 1,5 ·1016 transportadores/m3. Para silicioextrínseco dopado con arsénico a una concentración de 1021 átomos de impureza/m3:

Concentración de portadores de carga mayoritarios, nn = 1021 electrones/m3,

Concentración de portadores de carga minoritarios, p p = 1011 huecos/m3.

Efecto de la temperatura sobre la conductividad eléctrica de semiconductores extrínsecos. La conduc-tívidad eléctrica de semiconductores extrínsecos es afectada por la temperatura (ver figura), incrementandocon incremento de la temperatura, debido a que a mayor temperatura mayor es el número de átomos ioniza-dos. Se requiere pequeña energía para la ionización de los átomos de impurezas (≈ 0.04 eV).

Para un semiconductor tipo n, en el rango de temperatura por encima de la ionización completa, un aumentode temperatura no cambia sustancialmente la conductividad eléctrica y este rango se conoce como rangode agotamiento. Para un semiconductor tipo p este rango se llama rango de saturación, ya que los átomosaceptores pasan a estar completamente ionizados con los electrones aceptados. Los rangos de temperaturade agotamiento y de saturación son importantes para dispositivos semiconductores ya que establecen rangosde temperatura de operación en los que es esencialmente constante la conductividad eléctrica.

A temperaturas superiores a estos rangos se alcanza el rango extrínseco, de forma que la conducción intrín-seca es la dominante.

La unión pn. Los dispositivos semiconductores más comunes dependen de las propiedades de la interfaseentre materiales de tipo p y de tipo n. Un diodo de unión pn se produce por crecimiento de un monocristalde silicio intrínseco y dopado primero con un rnaterial de tipo n y después con un material de tipo p, o máshabitualmente por difusión en estado sólido de tipo p de impureza sobre un material tipo n.

Diodo de unión tipo pn en el equilibrio. Supongamos un caso ideal de unión de un semiconductor desilicio tipo p y uno de tipo n, ambos eléctricamente neutros antes de la unión.

Después de la unión de los materiales de tipo n y p los portadores mayoritarios próximos a la unión se difun-den a través de la misma y se recombinan. Después de algunas recombinaciones de portadores mayoritarios

en la unión, el proceso se interrumpe porque los electrones que cruzan la unión son repelidos por los ionesnegativos de mayor tamaño y viceversa, fomrando una región de agotamiento.

El diodo de unión pn de polarización inversa. Una unión pn está inversamente polarizada si el materialtipo p de la unión está conectado al terminal negativo y se aplica un potencial externo. Con esta instalaciónel ancho de la barrera aumenta y no fluye corriente debida a portadores mayoritarios. El flujo causado porlos portadores minoritarios es pequeño y se denomina fuga de corriente, del orden de microamperios.

El diodo de unión pn de polarización directa. Una unión pn está directamente polarizada si el materialtipo p de la unión está conectado al terminal positivo y se aplica un potencial externo. De esta manera setiene un flujo de corriente mientras exista suministro de electrones desde la fuente.

jmla Metalurgia



7.5 Microelectrónica 77

Diodos rectificadores. Su función es convertir corriente alterna en continua (rectificación) y son deno-minados diodos rectificadores. La señal de salida puede ser modulada con otros mecanismos y circuitoselectrónicos para producir una señal continua.

Diodos de avalancha o diodos zener, son rectificadores en los que la corriente inversa (de fuga) es pequeña

y con solo un ligero aumento de tensión inversamente polarizada se tiene una tensión de avalancha que haceque la corriente inversa aumente rápidarnente.

Transistores de unión bipolar (BJT). Puede servir como amplificador de corriente. Consiste en dos uniones pn dispuestos secuencialmente. Las tres partes principales del transistor son el emisor, base y colector. Si esde tipo npn el emisor emite electrones. la base controla el flujo de portadores para el colector. En condicionesnormales, la unión emisor – base tiene polarización directa y la unión colector – base tiene polarizacióninversa. Se denomina transmisor bipolar porque ambos tipos de portadores de carga están involucrados ensu funcionamiento.

7.5. Microelectrónica

La tecnología microelectrónica se ocupa del diseño, simulación y realización de dispositivos y circuitoselectrónicos miniaturizados. El tjpo de transistor más compacto es el MOSFET (Metal Oxide SemiconductorField - Effect Transistor), usado en los circuitos microelectrónicos.

el transistor de efecto de campo más común es el MOSFET tipo n o NMOS (ver figura). En este transistorlos nombres usados son fuente, puerta y drenaje (en lugar de colector, base y emisor). El MOSFET tipo p esdenominado PMOS.

La tecnología MOSFET es la base para la mayor parte de circuitos de memoria digital integrados de granescala (Large Scale Integrated), porque usan menor área de chip que el transistor bipolar y por tanto sepueden obtener mayores densidades de transistores.

Fabricación de circuitos integrados. En la mayor parte de los procesos de fabricación se usa un diagra-ma para preparar un conjunto de fotocámaras, cada una con la plantilla de una capa sencilla del circuitointegrado final multicapa.

Fotolitografía. Proceso por el cual un modelo microscópico del circuito es transferido de una fotocámaraa la superficie de la oblea. Primero la oblea es oxidada, luego se recubre con photoresist, soluble en ciertosdisolventes, afectada por su exposición a radiación ultravioleta (UV). Después de la exposición a radiaciónUV y su consiguiente disolución, queda una máscara que puede ser dopada.

Difusión e implantación iónica de dopantes. Para formar elementos de circuitos activos (transistores bipo-lares y transistores MOS) se selecciona la impureza a ser dopada sobre la superficie del substrato para crearregiones localizadas tipo p y n empleando dos técnicas principales: La difusión y la implantación iónica.

Dispositivos complementarios (CMOS). Es posible fabricar circuitos que contengan ambos tipos de MOS-FET (NMOS y PMOS) incrementando la complejidad del circuito y reduciendo la densidad de los transis-tores. Éstos son llamados dispositivos complementarios o circuitos CMOS. Usado en relojes y calculadorasy también en microprocesadores y memorias de computadoras.

7.6. Compuestos semiconductores

Existen muchos, siendo uno de los principales el tipo MX, donde M es el elemento más electropositivo. Setienen dos grupos importantes: III-V y II-VI (ver tabla periódica ele elementos).

Metalurgia jmla




El arseniuro de galio es el más importante de todos los compuestos semiconductores. Estos transistoresMESFET (MEtal-Semiconductor Field -Effect Transistor), ofreciendo algunas ventajas sobre los de siliciocomo dispositivos para uso en circuitos integrados digitales de alta velocidad [GaAs: µn = 0, 720 m2 /(V·s)y para Si: µn = 0, 720 m2 /(V·s)] y mayor resistencia a la radiación (mayor separación entre bandas, 1.47eV). Un problema para su empleo es su limitación en cuanto a su pureza y defectos, sin embargo se esperauna mayor expansión para el futuro.

7.7. Ejercicios

Ejercicio 7.1. Un hilo metálico de 0.20 cm de diámetro debe conducir 20 A de corriente. La pérdida máximaa lo largo del hilo metálico es de 4 W/m. Calcular la mínima conductividad admisible para esta aplicación.

Solución 7.1. Potencia P = iV = i2R

R = ρ l

A

Combinando las anteriores ecuaciones:

P = i2ρ l

A =

i2l

σA

o bien

σ = i2l

P A

Tornando en cuenta los datos:

P = 4 W (en 1 metro) i = 20 A, l = 1 m;

siendo el área transversal A igual a: A = π4 (0,0020m)2 + 3,14 · 10−6m2

Queda por tanto:

σ = i2

P A =

20A)2(1m)

(4W)(4,14 · 10−6m2) = 3,18 · 107(Ω · m)−1

Por tanto, la conductividad mínima del hilo conductor debe ser igual o mayor a 3.18 ·107(Ω · m)−1

Ejercicio 7.2. Si un hilo de cobre de pureza comercial ha de conducir 10 A de corriente con un máximo

de caída de voltaje de 0.4 V/m. £Cuál debe ser su diámetro mínimo, si la conductividad eléctrica del cobrepuro comercial es 5.85 ·107(Ω · m)−1?

Solución 7.2. Ley de Ohm V = R y R = ρ lA

Combinando las ecuaciones: V = iρ lA o bien A = iρ l

V

Sustituyendo el área por A = (π/4)d2 y ρ = 1/σ; se tiene

π

4d2 =

il

σV

jmla Metalurgia



7.7 Ejercicios 79

Despejando el diámetro:

d =

4il

πσV

Ya que i = 10 A, V = 0,4 V, para 1 metro de hilo metálico l = 1,0 m, conocida la conductividad del cobreutilizado, 5.85 ·107(Ω · m)−1, se obtiene:

d =

4il

πσV =

4(10A)(1,0m)

π[5,85 · 107(Ω · m)−1](0,4V) = 7,37 · 10−4m

Por tanto el cobre debe tener un diámetro de 0.737 mm.

Ejercicio 7.3. Calcule la resistividad eléctrica del cobre puro a 132oC; conociendo que la resistividad eléc-trica a 0oC es 2.7 µΩ

·cm y su correspondiente coeficiente de resistividad térmica αT es 0.0039 C−1.

Solución 7.3.

ρT = ρ0oC (1 + αT T )

= 1,6 · 10−6Ω · cm

1 +

0,0039oC

× 132oC

= 2,42 × 10−6Ω · cm

= 2,42 × 10−4Ω · m

Ejercicio 7.4. Calcule el número de átomos de silicio por metro cúbico, sabiendo que la densidad del silicioes 2.33 Mg/m3 (2.33 g/m3) y que su masa atómica es 28.08 g/mol.

Solución 7.4.

átomos Sim3

=

6,023 × 1023átomos

mol

1

28,08g/mol

2,33 × 106g

m3

= 5,00 × 1028 átomos/m3

Ejercicio 7.5. Calcule la resistividad eléctrica del silicio intrínseco a 300 K, sabiendo que en estas condi-ciones ni = 1,5 ×1016 port/m3, q = 1, 60 × 10−19 C, µn = 0, 135 m2 /V · s).

Solución 7.5.

ρ = 1σ

= 1niq (µn + µ p)

= 1

1,5×1016m3

(1,60 × 10−19)

0,135m2

V·s0,048m2

V·s + 0,048m2

C·s

= 2,28 × 103Ω · m

Ejercicio 7.6. La resistividad eléctrica del silicio puro a temperatura ambiente, 27oC (300oK)es2.3 ×103 Ω.Calcule su conductividad eléctrica a 200oC (473oK). Considere que E g del silicio es 1.1 eV; k = 8,62×10−5

eV/K.

Metalurgia jmla




Solución 7.6. Teniendo la ecuación: σ = σ0 exp−E g2kT

Las ecuaciones correspondientes para ambas condiciones será:

σ473 = σ0 exp −E g2kT 473

σ300 = σ0 exp −E g2kT 300

Dividiendo ambas expresiones se obtiene:

σ473

σ300= exp

−E g2kT 473

+ −E g2kT 300

σ473

σ300 = exp−

E g

2k 1

T 300 − 1

T 473

σ473

σ300= exp

−1,1eV

2(8,62 × 10−5eV/K)

1

300K − 1

473K

ln σ473

σ300= 7,777

σ473 = σ300(2385)

= 1

2,3 × 103Ω · m(2385) = 1,04(Ω · m)−1

La conductividad eléctrica del silicio se incrementa en 2400 veces cuando la temperatura se incrementa de27 a 200oC.

Ejercicio 7.7. Una oblea de silicio está dopada con 1021 átomos de fósforo/m3. Calcule (a) la concentraciónmayoritaria de portadores, (b) la concentración minoritaria de portadores y (c) la resistividad eléctrica delsilicio dopado a temperatura ambiente (300 K). Considere ionización completa de los átomos dopantes.

ni(Si) = 1,5 × 1016m−3; µn = 0,135m2/V · s; µ p = 0,048m2/V · s

Solución 7.7. El fósforo es un elemento del grupo V, por tanto el silicio dopado es de tipo n.

(a) nn = N d = 1021electrones/m3

(b) pn = n2

iN d

= (1,5 × 1016

m−3

)2

10221electrones/m3 = 2,25 × 1011huecos/m3

(c) ρ = 1

qµnnn=

1

(1,6 × 10−19C(0,135m2/V · s)(1021m−3) = 0,0463Ω · m

Ejercicio 7.8. Una oblea de silicio dopada con fósforo tienen una resistividad eléctrica de 8.33 ×10−5Ω·ma 27oC. Considere constantes las movilidades de los portadores de carga de valor 0.135 m2 /(V· s) para loselectrones y 0.048 m2 /(V· s) para los huecos.

(a) Cuál es la concentración de los portadores mayoritarios (portadores/m3) si se considera ionización com-pleta? (b) Cuál es la relación átomos de fósforo / átomos de silicio de este material?

jmla Metalurgia



7.7 Ejercicios 81

Solución 7.8. (a) El fósforo produce un semiconductor de silicio tipo n. Por tanto, puede considerarse quela movilidad de los portadores de carga corresponde a la de los electrones del silicio a 300oK que es 0.135m2 /(V· s). Entonces,

ρ = 1

nnqµn

nn = 1

ρqµn=

1

(8,33 × Ω · m)(1,60 × 10−19C)(0,135m2/V · s)

nn = 5,56 × 1023electrones/m3

(b) Considerando que cada átomo de fósforo aporta un portador de carga, habrá 5.56 ×1023 átomos defósforo/m3 en el material. El silicio puro contiene 5.00 ×1028 átomos/m3 (ver ejercicio 7.4); por tanto, larelación de átomos de fósforo a átomos de silicio es

5,56 × 1023 átomos de P/m3

5,00 × 1028 átomos de Si/m3 = 1,11 × 10−5 átomos P / Átomos Si

Ejercicio 7.9. Un semiconductor de silicio a 27oC está dopado con 1.4 ×1016 átomos de boro/cm3 y 1.0×1016 átomos de fósforo/cm3. Calcule (a) el equilibrio de concentraciones de electrones y huecos, (b) lasmovilidades de electrones y huecos y (c) la resistividad eléctrica. Considere ionización completa de losátomos dopantes. ni(Si) = 1.50 ×1010 cm−3.

Solución 7.9. (a) Concentración del portador mayoritario: La concentración neta de los iones inmóvileses igual a la concentración del ión aceptor menos la concentración del ión donor. Por tanto

p p N a − N d = 1, 4 × 10

16

átomos de B/cm

3

− 1, 0 × 10

16

átomos de P/cm

3

N a 4,0 × 1015 huecos/cm3

Concentración del portador minoritario: Los electrones son los portadores minoritarios. Por tanto:

n p = N − i2

N a=

(1,50 × 1010cm−3)2

4times1015cm−3 = 56 × 104electrones/cm3

(b) Movilidad de electrones y huecos: Para los electrones, usando la concentración total de impurezas

C T = 2, 4 × 1016 iones/cm3 y a partir de la figura

µn = 900 cm2/(V · s)

Para los huecos, usando C T = 2, 4 × 1016 iones/cm3 y a partir de la figura

µ p = 300 cm2 /(V.s)

(c) Resistividad eléctrica: El semiconductor dopado es de tipo p:

Metalurgia jmla




ρ = 1

qµ p p p

= 1

1,60 × 10−19C)[300cm2/(V · s)](40,0 × 1015/cm3)= 5,2Ω · cm

Ejercicio 7.10. Una oblea de silicio con una serie de ventanas en una capa de óxido es sometida a implanta-ción iónica con un haz de iones de boro a 100 KeV. Si la dosificación del haz es 3.0 ×1015 cm−2 y el rangode desviación proyectada es de 900 Å, cuál es la concentración máxima a ∆R p?

Solución 7.10.

C B y R p = S √

2π=

3,0 × 1015iones/cm2

√ 2π(900 × 10−8cm

= 1,33

×1020 iones/cm3

Ejercicio 7.11. (a) Calcule la conductividad eléctrica intrínseca del GaAs a (i) temperatura ambiente, 27oCy (ii) 70oC. (b) Qué fracción de corriente es transportada por los electrones en el GaAs intrínseco a 27oC?

Solución 7.11. (a) (i) σ a 27oC:

σ = niq (µn + µ p)

= (1,4 × 1012m−3)(1,6 × 10−19C)[0,720m/V.s + 0,020m/V.s)]

= 1,66 × 10−7(Ω · m)−1

(ii) σ a 70oC:

σ = σ0e−E g/2kT

σ343

σ300=

exp−1,47eV/[(2)(8,62 × 10−5eV/K)(343K)]exp−1,47eV/[(2)(8,62 × 10−5eV/K)(300K)]

σ343 = σ300 · e3,56 = 1,66 × 10−8(Ω · m)−1

= 5,84 × 10−8(Ω · m)−1

(b)

σn

σn + σ p=

niqµn

niq (µn + µ p)

= 0,720m2/(V.s)

0,720m2/(V.s) + 0,020m2/(V.s) = 0,973

= 97,3 %

jmla Metalurgia



83

8. La prueba de tensión

La prueba de tensión pertenece al grupo de pruebas de resistencia de materiales, de los cuales trataremosalgunos. La muestra de la prueba es generalmente un perfil de material de sección circular o rectangular. Esta

muestra o probeta es sometida a tensión hasta su fractura. En principio la probeta se alarga linealmente; esdecir, la probeta recuperará su longitud original cuando cesa la tensión. Cuando la tensión sobrepasa dichovalor, entonces se supera el límite elástico. A la dilatación elástica se le adiciona una dilatación plástica. Ladilatación total estará entonces compuesta de η = ηe + η p. Si la probeta deja de estar sometida al esfuerzo,entonces ya no adquiere su longitud original Lo sino que permanece una dilatación permanente η p . Amedida que se incrementa el esfuerzo se presenta aproximadamente en el centro de la probeta una reducciónde la sección transversal (Adelgazamiento). Esto trae como consecuencia, que a medida que disminuyela sección transversal, la tensión en dicho lugar se incrementa (σ = F

S ), hasta que finalmente la probetase rompe. Si graficamos los valores obtenidos en un diagrama tensión - dilatación, se obtiene la siguientecurva:

Hasta un valor de σ = σ p (límite de proporcionalidad) se cumple la ley de Hook. Cuando dicho valor alcanzaa σe (límite elástico) no se presenta ninguna dilatación permanente.

Re, es denominado límite de estricción. Cuando se sobrepasa este valor límite (llamado límite de aplastado,en las pruebas de compresión) el material empieza a fluir. La sección de la curva hasta el valor máximo esdenominado dilatación constante y a partir de ese punto dilatación de adelgazamiento.

En una prueba de tensión se pueden determinar los siguientes valores:

Módulo de elasticidad E = σηe

= tensión/dilatación elástica. El módulo de elasticidad es una tensiónficticia que dilataría a la probeta de tensión hasta una longitud doble de la inicial. Cuanto más pequeñoes el módulo de elasticidad, más elástico es el comportamiento del material.

Límite de estricción, Re, es la tensión para la cual por primera vez la fuerza de tracción permanececonstante o incluso disminuye para un incremento contínuo del alargamiento. En este punto el materialempieza a fluir. Cuando la fuerza de tracción cae en forma marcada, se puede diferenciar entre límitede fluencia superior ReH y límite de estricción inferior ReL.

Metalurgia jmla



84 La prueba de tensión

Límite de dilatación 0.2 %, R p0,2, es la tensión para la cual el material se alarga plásticamente en0.2 %. Su formulación es necesaria, debido a que el límite de estricción explicado en el punto anteriorsolo se presenta para aceros de construcción pobres en carbono (con excepción de algunas aleacionesde cobre y aluminio).

En casos normales no se presenta este marcado límite de estricción y el R p0,2 sirve como reemplazodel límite de estricción.

La resistencia a la tracción, Rm, es la tensión resultante a partir de la fuerza máxima y el área trans-versal inicial.

Rm = F m

S 0en [N/mm2]

Hasta alcanzar el valor máximo de la resistencia a la tracción el área transversal de la probeta dismi-nuye en forma homogénea. A partir de dicho valor el material empieza a adelgazar en determinadolugar.

La dilatación de fractura, A, se determina uniendo las dos partes de la pieza fracturada y se mide ellargo alcanzado Lu.

Se tiene: A = Lu − L0

L0

La dilatación de fractura no da información sobre la tenacidad del material. Por ejemplo si un materialposee una pequeña dilatación de fractura, el material es frágil.

El adelgazamiento de fractura, Z , se determina a partir de la sección transversal más delgada des-pués de la fractura y la sección transversal original. El adelgazamiento de fractura,Z , es también unparámetro para la conformabilidad de un material.

Se tiene: Z = S 0 − S u

S 0

La dilatación de adelgazamiento resulta de: A∗ = Z

1 − Z .

La resistencia técnica a la fractura se obtiene de la fuerza de fractura F f

y la sección trasversal defractura S f :

σR = F f S f

La dilatación homogénea, Ag , se calcula de:

t − p = e = Ag con t = Dilatación total y e = Dilatación elástica.

jmla Metalurgia



8.1 Límite de estricción, Mecanismo de Cottrell 85

8.1. Límite de estricción, Mecanismo de Cottrell

Como se indicó anteriormente, en algunos materiales se puede observar una caída en la fuerza poco antesde empezar la deformación elástica. Se habla de una marcado límite de estricción. Después de ese puntoy a pasar del incremento den la dilatación, la tensión permanece aproximadamente constante, hasta queel material se endurecido. Una aclaración para dicho proceso es que la deformación plástica se presentasólo en una pequeña región de la probeta. A medida que se incrementa el número de estas regiones y ladilatación se hace homogénea en todo el largo de la probeta, el material se endurece y la tensión nuevamentese incrementa junto con la dilatación. El modelo desarrollado por Cottrell aclara el porqué al inicio de ladilatación plástica es necesario una tensión mayor que la tensión cuando se sobrepasa la región de Lüder.Se observa un marcado límite de estricción para metales CCuC (bcc) con un bajo contenido en carbono,nitrógeno u oxígeno. Los átomos de carbono se encuentran en la celda elemental del hierro en los lugares

vacíos del cristal (huecos en el cristal). Debido a que el diámetro de los átomos de carbono son mayoresque los espacios en el cristal CCuC, el cristal CCuC se deforma por la inserción de átomos de carbono yes por ello que los átomos de carbono se ubican preferentemente en aquellos lugares con mayor falla en laestructura cristalina.

A este tipo de fallas en la estructura cristalina pertenecen, entre otros, dislocaciones. Los átomos de carbonose acumulan debajo del medio plano inferior desplazado de las dislocaciones de borde.

Metalurgia jmla




Así se forman las llamadas nubes de Cottrell. De esta manera, debido a la energía de enlace entre los átomosextraños y las dislocaciones, es necesario imponer mayor energía al de la energía lineal para poder iniciar elmovimiento de las dislocaciones y el inicio del conformado plástico. La necesaria energía de deformacióninicial corresponde al límite de fluencia. Si se ha iniciado una dislocación, entonces en necesario una menortensión para poder continuar con el movimiento. Sin embargo, con incremento en el conformado plástico seoriginan nuevas dislocaciones.

Debido a las reacciones entre dislocaciones se llega a dislocaciones incapaces de fluir y por tanto se llega alfinal del campo de Lüder para el endurecimiento (posteriormente se regresará a este punto).

8.2. Influencia de la temperatura

La temperatura tiene una marcada influencia sobre el transcurso de las pruebas. Sabemos que con el incre-mento de la temperatura aumenta también la velocidad de difusión de los átomos extraños en el material.Aplicando este conocimiento a las anteriores explicaciones sobre el límite de fluencia se entenderá quecuando la nuve de Cottrell por incremento de la temperatura llega a tener una gran velocidad de difusiónsemejante a la velocidad de movimiento de los desplazamientos, de modo que el mecanismo de Cottrellno funciona más. En los hechos se observa que con incremento en la temperatura se tiene una caída dela tensión en el límite de estricción, y para temperaturas mayores desaparece completamente el límite deestricción.

Curvas Tensión - Deformación para un acero suave.

8.3. Influencia de la velocidad de aplicación del esfuerzo

El endurecimiento de un material también depende fuertemente de la velocidad de conformado η0 o dela verdadera velocidad de conformado η. Durante el desarrollo de las pruebas de tensión se debe tenercuidado que la velocidad de alargamiento η = deη

dt no debe ser mayor que η = 1,5 · 10−4s−1 ya que

jmla Metalurgia



8.4 Influencia de la geometría 87

entonces la resistencia a la tracción Rm y el límite de estricción Re se incrementan fuertemente para elevadasvelocidades de dilatación, y por tanto R − e se acerca cada vez más a Rm, tal como se puede reconocer enla figura.

8.4. Influencia de la geometría

La geometría de la probeta tiene también una importante influencia sobre el transcurso de la prueba. Elalargamiento de estricción A∗ = Z

1−Z es dependiente de la relación L0d0

. Cuanto mayor sea dicha relación elvalor de A∗ se aproxima al de Ag, tal como se puede reconocer de la figura.

8.5. Envejecimiento por conformado. (Envejecimiento por estirado)

Después que una probeta ha sido conformado plasticamente y luego se deja almacenada la probeta poralgún tiempo antes de someter a una nueva prueba de tensión, entonces se puede observar un mayor límitede estricción que en la primera prueba. Por otro lado, también se incrementa la resistencia a la tracción Rm,mientras que el alargamiento de fractura A disminuye. El material, durante el tiempo de almacenamiento,ha envejecido.

Metalurgia jmla




Durante el tiempo de almacenamiento los átomos extraños pueden difundirse hacia los desplazamientos yluego incrustarse dentro de la estructura cristalina. Ya que la velocidad de difusión es dependiente de latemperatura, el envejecimiento del material se produce en menor tiempo a temperaturas más elevadas.

8.6. Tensión y dilatación verdaderas

Tal como se acaba de explicar, durante la realización de las pruebas de tracción, la sección transversal dela probeta disminuye a medida que se incrementa la dilatación, a ello le sigue un cambio en la tensión. Separte del hecho de que el volumen permanece constante. El volumen inicial es V 0 = L0 · S 0 y el volumen

en cualquier tiempo antes de la estricción es V = S · L.

L0 · S 0 = S · L → S 0S

= L

L0=

δL

L0+

L0

L0= 0 + 1

de donde

1

S =

1

S 0(0 + 1)

σ = σ0(0 + 1) → tensión verdadera

La relación entre la tensión verdadera y la tensión nominal es:

= ln(0 + 1)

8.7. Medición de la variación de la longitud

De los diferentes métodos de medición y aparatos vamos a describir el aparato de espejos de Martens y elaparato de espejos de Kennedy – Martens.

jmla Metalurgia



8.7 Medición de la variación de la longitud 89

El aparato de espejos de Martens para dilatación fina (Extensómetro óptico): En la figura se muestra comose fija una pieza móvil a la probeta. En la parte inferior móvil de la pieza se ha asegurado un espejo. Cuandola probeta se alarga en δL, el espejo gira un ángulo α y se puede ver en el lente F la marca m2 de la escalabajo un ángulo de 2α frente a la marca m1. Ya que el largo S de la cuchilla móvil y la distancia x entreambas marcas m1 y m2 son conocidas, de la geometría se sabe que:

∆Lx

= S sin αa tan2α

,

para pequeños ángulos, el sen α es ∼ tan α ∼ α, por tanto:

∆L = xS

2a, donde

∆L

x = u, que es la relación de transformación.

El aparato de Martens – Kennedy: La diferencia con el aparato de espejos de Martens, es que en lugar deusar una señal de luz se emplea un señalador metálico s. Para el aparato representado en la figura se cumpleque:

u = ∆L

x =

sin α · s

α · a con x = α · a

Para ángulos pequeños, el sin α ∼ α, es decir:u = ∆L

x = sa ó =

∆L

L0=

sx

aL0= u

x

L0

En ambos aparatos se lee a ambos lados de la probeta para que se elimine cualquier distorción de probetapor cambio de volumen.

Los dos aparatos descritos anteriormente corresponden a aparatos mecánicos de medición de desplazamien-to. Se emplean también aparatos como el inductivo de desplazamiento y el de medición de resistencia.

Ejercicio 8.1. En las pruebas de tensión en dos probetas circulares de largo L0 = 100 mm se obtuvieronlos siguientes resultados:

Metalurgia jmla




Probeta 1 probeta 2barra larga barra corta

F [KN] 13 16∆Le [mm] 0,0788 0,0728

1. Indique cuáles parámetros tienen influencia sobre la elasticidad de la probeta y cuál de ambas probetasse comporta más elásticamente.

2. Determine el material del cual están hechos tanto la probeta 1 como la probeta 2. Cuál de ellos es máselástico.

3. Traze para el rango elástico, los diagramas fuerza – alargamiento y tensión – dilatación. (Unidad demedida aconsejada: 1 cm = 2 KN, 1 cm = 2 · 10−2 % dilatación.

Solución 8.1. 1. Los siguientes parámetros tienen influencia sobre la elasticidad: Temperatura, Material,

Dimensiones de la probeta.La probeta 1 tiene comportamiento más elástico, debido a que para carga pequeña sufre mayor dila-tación.

2. Se cumple que:

σ = · E ; σ = F

S 0; =

∆L

L0

F

S 0 =

∆l

L0 E → E =

L0F

∆L · S 0

Probeta 1: Probeta larga: 10d0 = L0 → d0 = 10 mm

Con ello: S 0 = 102π

4 = 25πmm2,

es decir: E 1 = 100mm13kN

0,0788mm25πmm2 = 210 × 103 N/mm2

Probeta 2: Probeta proporcional corta: 5d0 = L0 → d0 = 20 mm

Con ello: S 0 = 202π

4 = 100π mm2,

es decir: E 2 = 100mm16kN

0,0728mm100πmm2 = 69, 96 × 103 N/mm2

E 1 = 210 · 103 N/mm2; se trata de acero,E 2 = 70 · 103 N/mm2; se trata de aluminio.

(para el cobre E = 130 · 103 N/mm2)

El aluminio es más elástico debido a que su módulo de elasticidad es más pequeño.

3. Diagrama fuerza - alargamiento:

jmla Metalurgia




Diagrama tensión - dilatación

σ1 = F 1

S 01=

13kN25πmm2

= 166N/mm2;

σ2 = F 2

S 02=

16kN100πmm2

= 51N/mm2;

1 = ∆L1

L01

= 0,0788mm

100mm = 0, 000788 = 7, 88 · 10−2 %

2 = ∆L2

L02 = 0,0728mm

100mm = 0, 000728 = 7, 28 · 10−2

%

Ejercicio 8.2. Una probeta circular de acero con las dimensiones L0 = 150 mm y d0 = 15 mm fue sometidaa una prueba de tracción, de donde se obtuvieron los siguientes resultados experimentales:

Metalurgia jmla




F eH F eL F max F u du Lu

44 kN 40,5 kN 74 kN 45 kN 8 mm 177 mm

Calcular el límite de estricción inferior y superior, la resistencia a la tracción, la tensión de fractura y la

estricción de fractura. Indique si se trata de un material frágil o dúctil.Solución 8.2.

Límite de estricción superior ReH = F eH

S 0=

44

π7, 52 kN/mm2 249 N/mm2

Límite de estricción inferior ReL = F eL

S 0=

40,5

π7, 52 kN/mm2 229 N/mm2

Resistencia a la tracción Rm = máxima fuerza

área inicialRm =

F uS 0

= 45

π7, 52 kN/mm2 225 N/mm2

Dilatación de fractura A =

Alargamiento de fractura

longitud inicial

A = Lu − L0

L0=

177 − 150

150 mm/mm 0.18 = 18%

Estricción de fractura Z = disminución de área en fractura

área inicial

Z = S 0 − S u

S 0=

π(7,52 − 42

π7,52 mm2 /mm2 0.716 = 71,6 %

Se trata de un material dúctil debido a que la dilatación en fractura es mayor a 10 %.

Ejercicio 8.3. Se ha realizado pruebas de tracción en probetas cortas y largas (d0) del mismo material. Sedispone de los resultados obtenidos en la probeta corta: Área transversal más pequeña de la probeta S u = 27mm2; longitud después de la fractura Lu = 80 mm.

Determinar:

1. Dilatación y estricción en fractura.

2. Dilatación en el lugar de estricción.

3. Trazar el diagrama de tensión – dilatación para ambas probetas, indicando el límite de estriccióninferior y superior, la resistencia a la tracción, la resistencia técnica a la fisura, la dilatación homogéneay la dilatación en fractura.

Solución 8.3. 1. Dilatación en fractura A = Lu − L0

L0

Para la probeta corta: → L0 = 5d0 = 60mm

A = 80 − 60

60 mm/mm = 0.333 = 33,3%

Estricción en fractura = Z = S 0 − S u

S 0=

πd20/4 − S uπd20/4

Z = π144/4 − 27

π144/4 mm2 /mm2 = 0.76 = 76%

jmla Metalurgia




2. Dilatación en el lugar de la estricción:

A∗ = Z

1 − Z =

0,76

1 − 0,76 = 3,17 = 317 %

3.

ReH = Límite de estricción superior Ag = Dilatación homogéneaReL = Límite de estricción inferior Rm = Resistencia a la tracción

Se puede reconocer que las curvas son iguales hasta alcanzar el máximo valor de la fuerza, luego seseparan. La probeta corta tiene una mayor dilatación en fractura comparada con la probeta larga.

Ejercicio 8.4. Para el límite elástico técnico R p0,01 = 161 N/mm2, la dilatación en la prueba de tensiónalcanza a ηt = 0.08%

Determine el módulo de elasticidad.

Trace el diagrama Tensión – deformación para la zona elástica y para la región de cambio de elástico aplástico.

Solución 8.4. 1. = t = e + p = σE + p

Reemplazando los valores dados: t = 0.08 %, p = 0.01 %, R p0,01 representa la tensión para produciruna deformación elástica de 0.01 %.

σ

E = t − p → E =

σ

t − p

E = 161

0,0008 − 0,0001 N/mm2 = 230 · 103 N/mm2

Metalurgia jmla




2.

Ejercicio 8.5. En una prueba de tensión (área transversal F 0 =100 mm2, largo de la probeta L0= 100 mm,carga inicial (P v =2.45 kN) se han obtenido los siguientes valores:

Carga kN 12,75 19,62 22,07 23,54 24,53 25,51Alargamiento mm 0,15 0,25 0,30 0,40 0,525 0,65

Además se han podido medir: para la carga máxima P max = 27,47 kN, un alargamiento de ∆L = 15 mm.Asi mismo el largo Lu = 120 mm y la sección transversal Au 0 46 mm2 en fractura.

1. Trazar el diagrama de dilatación fina (unidades: Tensión 100 N/mm2 = 2 cm; dilatación: 0.2 % = 2cm)y determinar el módulo de elasticidad E y el límite de dilatación 0,2%

2. Calcular la resistencia a la tracción y un parámetro para la capacidad del conformado del material.

Solución 8.5. 1. σ = P

F 0y = ∆L

L

σ N/mm2 127,5 196,2 220,7 235,4 245,3 255,1∆L mm 0,15 0,25 0,30 0,40 0,525 0,65

jmla Metalurgia




El módulo elástico esta representado por la pendiente de la recta de Hooke. Por tanto:

E = σ

η en la región lineal (elástica).

E = 105

0,0015N/mm2 = 70000N/mm2

2. La resistencia a la tracción Rm =

F max

S 0

Rm = 27, 47

100 kN/mm2 = 274, 7N/mm2

Un parámetro para la capacidad de conformado del material es por ejemplo el límite de dilataciónR p0,2.

R p0,2 es la tensión que produce un alargamiento elástico de 0,2 %. Del diagrama se puede obtenerR p0,2 = 250 N/mm2.

3. Se trata de aluminio, ya que E = 70 · 103

N/mm2

.

Ejercicio 8.6. 1. Qué parámetro, dilatación verdadera η o la dilatación nominal η0, describe mejor elcambio de forma para grandes alargamientos?

2. Determine la relación entre la dilatación verdadera η y la dilatación nominal η0 y represéntelos gráfi-camente para exigencias de tracción (L0 =50 mm, L = 10, 20, 30, 40, 50 mm)

Solución 8.6. 1. La dilatación verdadera describe en forma más exacta el cambio de forma para alarga-mientos grandes.

Metalurgia jmla




2.

Ejercicio 8.7. 1. Determine la tensión verdadera σ en una barra larga (d0 = 10 mm), el que en la pruebade tracción, al aplicarle un fuerza F = 20,5 kN se alargó en ∆L = 15 mm (Derivando la fórmula paraσ).

2. Indique dos métodos de medición cuyo cambio de longitud es determinado en la zona de compor-tamiento lineal para materiales metálicos. £Cómo se puede medir el cambio de longitud en la zonaelastoplástica para el material metálico?

3. Trace cualitativamente en un diagrama Tensión - Deformación la línea de Hooke para aluminio, titanioy acero.

Solución 8.7. 1. Considerando que el volumen permanece constante:

L0 · S 0 = S · L → S 0S

= L

L0=

δL

L0+

L0

L0= η0 + 1

1

S

= 1

S 0

(1 + η0)

F

S =

F

S 0(1 + η0)

σ = σ0(η0 + 1)

σ = F

πd20/4(1 +

∆L

L0) =

20500

π100/4N/mm2(1 +

0, 15

100 )mm/mm = 261, 4N/m2

2. El aparato de espejos de Martens y la medición inductiva.

3.

jmla Metalurgia




Se debe tomar en cuenta que:

Acero: E = 210 · 103 N/mm2

Titanio: E = 110 · 103 N/mm2

Aluminio: E = 70 · 103

N/mm2

Ejercicio 8.8. Una barra larga cilíndrica con una longitud inicial de la barra de medición de L0 = 100 mmes sometido a una prueba de tracción. En la primera parte de la medición (determinación de la dilataciónfina), el alargamiento ∆L se determina mediante un aparato de medición de alargamiento (por ejemplo elaparato de espejos de Martens). Después de que el alargamiento permanente ha sobrepasado el valor de η p= 0,2 %, en la segunda parte del experimento (determinación de la dilatación burda), determina la fuerzaque produce un largo dado de la barra de medición de L = L0 + ∆L. Al alcanzar el valor más alto de lacarga se debe además determinar el diámetro de la probeta en el lugar más angosto. Después de la fractura(fuerza de fractura F u) se determina el largo L0 y el diámetro d0 de las dos piezas unidas. Los resultados delas mediciones realizadas se encuentran en la tabla siguiente.

F ∆L d σ0 0 S σverd pkN mm mm N/mm2 % mm2 N/mm2 10 0 9.96 0 0 77.91(S 0) 06 0.035 77 0.035

12 0.069 154 0.06918 0.105 231 020 b0.126 257 231 0.000121 0.149 9.96 270 77.91 270 0.000323 0.362 9.95 295 77.67 296 0.002323 0.362 9.95 295 77.67 296 0.0023

31.65 2 9.86 406 76.36 414 0.0179

69.70 5 9.72 510 74.20 535 0.46444.80 10 9.50 1) 2) 3) 4) 5)45.95 15 9.29 590 67.78 678 0.136745.65 20 8.94 586 62.7743.70 25 8.19 5.61 52.6835.50 30 6.54 456 33.5930.50 30.700 5.76 392 30.7 26.06(F u) (lu − lo) (du) ( po) (S u)

1. Completar las lineas con los valores faltantes.

2. Trazar la curva σ0 – η

= tanto para la dilatación fina como la burda.

3. Trazar la curva σ – η p hasta alcanzar el valor de carga máxima.

4. Determine los siguientes valores: E, R p0,2, Rm, σR, A10, Z , A∗.

Solución 8.8. Calculando los valores indicados:

1. σ0 = f

S 0, S 0 =

π

4 · d2o, do =

Lo

10 (Se trata de una barra proporcional larga.)

con ello: σo = 44,8 kN

π100 mm2/4 = 570,41 N/mm2

Metalurgia jmla




2. εo = ∆L

Lo=

10 mm100 mm

= 0,1 = 10 %

3. S = πd2

4 =

π9,52 mm2

4 = 70,88 mm2

4. σ = σo(1 + εo) = 570 N/mm2(1 + 0,1) = 627 N/mm2

5. E = σo

εo=

77 N/mm2

0,00035 = 220 · 103 N/mm2

εt = ε p + εe = ε p + σo

E ε p = εt − σo

E

ε p = 0,1 − 570 N/mm

2

220 · 103 N/mm2 = 0,0974

Representación gráfica

jmla Metalurgia




Representación gráfica

De 1)

• E = 220 · 103 N/mm2

• R p 0,2 = F m

S o=

45,95 kN/mm2

π100 mm2/4 = 585,1 N/mm2

Metalurgia jmla




• σR = Fuerza de rotura

área inicial =

F uS o

= 30,5 kN

π100 mm2/4 = 388,34 N/mm2

• A10 = Dilatación de fractura = cambio de longitud en fractura

longitud inicial

A10 = Lu − LoLo

= 130,7 − 100100

= 0,307 = 30,7 %

El índice 10 significa que se trata de una barra proporcional larga, es decir Lo = 10do.

• Z = adelgazamiento en fractura = cambio de sección transversal en fractura

sección transversal inicial

Z = S o − S u

S o=

πd2o/4 − πd2u/4

πd2o/4 =

d2o − d2ud2o

Z = 102 mm2 − 5,762 mm2

102 mm2 = 0,668 = 66,8 %

• A∗ = dilatación de estricción =

Z

1 − Z

= 0,668

1 − 0,668

= 2,012 = 201,2 %

Ejercicio 8.9. Una probeta metálica con la longitud inicial Lo fue examinado en prueba de tensión. Paraello se empleó una máquina de tensión de construcción convencional. La prueba fue realizada con unavelocidad constante de tiro de la cabeza de la máquina. Se determinaron entre otros el límite de dilataciónR p 0,2 = 125 N/mm2 y su correspondiente dilatación total εo = 0,38 %

1. Calcular el módulo de elasticidad E y encuentre de que material metálico se trata.

2. Calcular la energía elástica almacenada referido al volumen del material (energía de cambio de formaespecífica elástica en N/mm2 en el límite de dilatación R p 0,2

Solución 8.9. 1. R p 0,2 es la tensión que produce una dilatación permanente de 0.2 %, por tanto ε p =0,2 %

εo = εt = εe + ε p → εe = εo − ε p = 0,38 % − 0,2 % = 0,18 %

E = σ

ε =

R p 0,2

εe=

125 N/mm2

0,0018 = 70 · 103 N/mm2

→ Se trata de aluminio!

2. La energía elástica almacenada es:

W s = 12σεe = 1

2125 N/mm2 · 0,0018 = 0,1125 N/mm2

Ejercicio 8.10. Se realizaron pruebas de tensión en dos probetas redondas bajo las mismas condiciones. Seobtuvieron los siguientes valores:

Probeta 1 Probeta 2S o1 = 201.06 mm2 do2 = 6 mmLo1 = 80 mm Lo2 = 60 mmF 1 = 60.3 kN F 1 = 25.7 kN∆L1 = 0.34 mm ∆L1 = 0.26 mm

jmla Metalurgia




De qué materiales se trata?

Solución 8.10. σ = E ε ε = ∆L

Lo

Probeta 1:

ε = ∆L1

Lo1=

0,34 mm80 mm

= 0,00425 = 0,425%

σ1 = F 1S o1

= 60,3 kN201,06 mm2

= 299,91 N/mm2

E 1 =

σ1

ε1 =

299,91 N/mm2

0,00425 = 70 · 10

3

N/mm

2

se trata de aluminio

Probeta 2:

ε = ∆L2

Lo2=

0,26 mm60 mm

= 0,00433 = 0,433%

σ2 = F 2S o2

= F 2πd2o/4

= 25,7 kNπ62 mm2/4

= 908,95 N/mm2

E 2 = σ2

ε2=

908,95 N/mm2

0,00433 = 210 · 103 N/mm2

Se trata de un acero

Ejercicio 8.11. Una plancha de acero (material St 50-2) de un espesor a debe ser estudiado en una prueba detensión para determinar sus propiedades mecánicas de resistencia. Para ello se debe construir un diagramaσo − εo.

1. Para el estudio se debe preparar una barra proporcional larga con un área transversal rectangular. Elpromedio de la correspondiente barra proporcional larga con sección transversal circular es Do, sulargo Lo. Determinar, para el área transversal de la probeta el lado b del rectángulo como función dea y el largo Lo.

Metalurgia jmla




2. En la determinación de la tensión verdadera σ se emplea la relación σ = σo(1 + ε). En que parte deldiagrama trazado σo − εo se cumple esta relación?

3. Para que carga se puede emplear la tensión verdadera σ determinada en el punto anterior en el diagra-ma σo

−εo?

Solución 8.11. 1. Lo = 10do barra proporcional larga

Se pretende encontrar b = b(a, Lo)S = a · b = πd2o/4 = (Lo/10)2π/4

→ b = πL2

o

400a

2. La relación para la tensión verdadera σ = (1 + εo) · σo es válido en la región de dilatación de igualmedida.

3. La tensión verdadera formulada en el anterior punto puede ser empleado hasta alcanzar la máximacarga.

Ejercicio 8.12. Se dispone de una aleación de aluminio con E = 70 · 103 N/mm2 y R p 0,2 = 280 N/mm2.Calcular la dilatación total que se alcanza para R p 0,2

Solución 8.12. R p 0,2 es la tensión que produce una dilatación plástica de 0.2 %

Se cumple que: εt = εe + ε p

con: ε p = 0,2 % = 0,002

Si observamos el diagrama tensión – dilatación se puede reconocer:

tan α = R p 0,2

εe= E → εe =

σ

E =

R p 0,2

E

tan α = 280 N/mm2

70000 N/mm2 = 0,004 = 0,4 %

Por tanto: εt = εe + ε p = 0,004 + 0,002 = 0,006 = 0,6 %

jmla Metalurgia




Ejercicio 8.13. En prueba de tensión se examinó un acero con E = 210·103 N/mm2. Se midieron εt = 20 %y εe = 0,25 % en la región de dilatación de igual medida. Calcular la fuerza que se aplicó para llegar a estosresultados.

Solución 8.13. σ = E εe → F

S = Eεe → F = SEεe, (S = sección transversal verdadera)

Partiendo de la asunción de que el volumen permanece constante:

S oLo = SL → S oS

= L

Lo=

∆L + Lo

Lo= εt + 1

→ S = S oεt + 1

De donde: F = EεeS o

εt + 1 = 210 · 103 N/mm2 · 0,0025 · 100 mm2

0,2 + 1 = 43,75 kN

Ejercicio 8.14. En pruebas de tensión, para un cierto acero se ha determinado los siguientes valores parala dilatación de fractura: A5 = 0,28 = 28 % y A10 = 0,22 = 22 %. Determinar para la carga máxima ladilatación total.

Solución 8.14. Se sabe que las curvas de tensión dilatación son idénticas hasta alcanzar la carga máxima(Rm).

Se tiene: A5 = Ag + Ae5 = 0,28 (Ag = Dilatación hasta alcanzar Rm)

A10 = Ag + Ae10 = 0,22 ( Ae = Dilatación desde Rm hasta la fractura).

Restando las dos ecuaciones anteriores:Ae5 − 0,06 = Ae10

Restando las dos ecuaciones primeras:

0,5 − Ae5 − Ae102Ag

Reemplazando Ae10 en esta ecuación

0,5 − Ae5 − Ae5 + 0,06 = 2Ag Ag = 0,28 − Ae5

Por otro lado: Ae5 =

∆Le

2Lo Ae10 =

∆Le

Lo

Por tanto: Ae5 = 2Ae10

Ae5 − 0,06 = Ae5/2 → Ae5 = 0,12

0,28 − 0,12 = Ag = 0,16 = 16 %

Ejercicio 8.15. Bosquejar el transcurso de la curva tensión - dilatación para acero recocido normal (norma-lizado) y templado e indique la diferencia.

Metalurgia jmla




Solución 8.15.

La recta de Hooke de ambas curvas son paralelas, por tanto ambos aceros tienen el mismo módulo deelasticidad. El acero templado en pruebas de tensión no se deja conformar y su curva sólo contiene la partelineal la recta de Hooke pero aproximadamente 6 veces más largo que la de un acero recocido normal(normalizado).

Ejercicio 8.16. 1. Bosquejar el diagrama tensión nominal – dilatación nominal obtenida en una pruebade tensión a temperatura ambiente hasta la fractura para:

Un acero con marcado límite de dilatación superior e inferior.

un acero con constante paso del campo elástico lineal al elastoplástico.

Caracterizar en el diagrama los siguientes unidades (o campos):

ReH ReL R p 0,2 Rm A Ag

Campo de dilatación constanteCampo de dilatación en estricciónCampo de dilatación Lüder.

2. Qué influencia tiene la velocidad de dilatación ε sobre la resistencia a la tracción para aceros noaleados a temperatura ambiente (bosquejar)?

3. Calcular el alargamiento del segmento de medición de una barra proporcional larga cilíndrica condo = 10 mm, cuando se aplica una fuerza de tracción de 39.3 kN y el trabajo de cambio de formaalmacenado dentro del material en este segmento de medición.

Para el material se cumple: e = 210000 N/mm2 y ReH = 600 N/mm2.

Solución 8.16. 1. Prueba de tensión a temperatura ambiente

Acero con límite de estricción superior e inferior bastante marcados.

jmla Metalurgia




Acero con paso continuo del campo elástico lineal al elastoplástico.

L = Campo de dilatación de LüderG = Campo de la dilatación constanteE = Campo de dilatación de estricción

2.

3. Lo = 10do debido a que se trata de una barra proporcional larga)

W s = 12σε con ε = σ/E

Metalurgia jmla




W s = 12σ · σ/E = 1

2σ2/E

Con σ = F /S o

W s = 1

2E F

S o2

= 1

2 · 210 · 103 N/mm2 · 4 · 39,3 kN

π · 100 mm22

= 0,368 N/mm2

Ejercicio 8.17. Trazar esquemáticamente en diagramas independientes curvas tensión – dilatación para :

1. Acero no aleado en estado normalizado y envejecido,

Acero con tendencia a envejecimiento por estirado a temperatura ambiente y para 200oC.

Barra lisa y con entalladura puntiaguda de un acero no aleado.

2. Que valor de resistencia mecánica se presenta mediante dilatación permanente de 0.2 % y para dilata-ción constante?

3. Como se denominan en normas los bosquejos representados por las pruebas de tensión?

Solución 8.17. 1. Acero no aleado en estado de recocido normal y envejecido

Acero con tendencia a envejecimiento por estirado a temperatura ambiente y para 200 oC.

jmla Metalurgia




Probeta lisa y con entalladura de acero no aleado

2. A través de la dilatación permanente de 0.2 % se determina el límite de dilatación R p 0,2.

3. La probeta de tensión representada en el gráfico se denomina probeta proporcional larga (Lo = 10do).

Ejercicio 8.18. 1. En materiales metálicos se diferencian diferentes tipos de curvas tensión – dilatación.Bosquejar estos diferentes tipos y de un ejemplo de un material característico.

2. Metales que cristalizan en los sistemas fcc y bcc muestran diferente influencia de la temperatura sobreel límite de alargamiento y curvas tensión – dilatación. Bosquejar ambos grupos de curvas tensión –

dilatación ( tensión verdadera σ y dilatación permanente ε p) para tres temperaturas T 1 < T 2 < T 3.3. Una barra proporcional larga (do = 10 mm) es examinado en prueba de tensión. Se han determinado

los siguientes valores:

F u 10 30.50 kNLu 10 130.70 mmdu 10 5.76 mm

Determinar:

La dilatación de fractura A10

Metalurgia jmla




Estricción en fractura Z

La mayor dilatación en el lugar de la fractura Amax

La resistencia al estiramiento técnico σR

Solución 8.18. 1.

2.

3. La dilatación de fractura A10

A10 = Lu − Lo

Lu=

130,7 mm − 100 mm100 mm

= 0,307

Estricción en fractura Z

Z = S o − S u

S o=

πd2o/4 − πd2u/4

πd2o/4 =

10 − 5,76

10 = 0,67

La mayor dilatación en el lugar de la fractura Amax

Amax = A∗ = Z

1 − Z =

0,67

1 − 0,67 = 2,03

La resistencia al estiramiento técnico σR

σR = F u

S u

= 30,5 kN

π5,762

mm2

/4

= 1,71 kN/mm2

Ejercicio 8.19. 1. Nombrar, en base al principio, tres diferentes tipos de medición de cambio de longi-tud.

2. Calcular la dilatación mínima medible con ayuda del aparato de Martens–Kennedy cuando la relaciónde transmisión es U = 1/25 y la escala más pequeña del marcador es xmin = 0,1 mm. La probeta esuna barra proporcional larga (do = 10 mm).

3. Bosquejar (esquemáticamente) el aparato de espejos de Martens y deduzca la relación de transmisión.

4. Porqué en general se emplean dos espejos en el aparato de espejos de Martens?

jmla Metalurgia




Solución 8.19. 1. 1) Medir con un aparato mecánico de desplazamiento2) Medir con un elevador inductivo3) Medir con un medidor de resistencia.

2. En el aparato de Martens – Kennedy la dilatación medible más pequeña es:

ε = U xmin

Lo

(U = relación de transmisión, x = arco circular sobre la escala)

Con Lo = 10do se obtiene:

ε = 1 · 0,1 mm25 · 100 mm

= 0,00004 = 0,004%

3.

sin α = ∆Ls = α

para ángulo α pequeño

tan2α = x/2 → x = a tan2α = a · 2α

Para un ángulo pequeño:

U = ∆Lx = sin stan 2α·a = s2a

4. Se emplea dos espejos para poder eliminar la distorsión por un movimiento volumétrico de la probeta.

Metalurgia jmla



110 Plasticidad

9. Plasticidad

Para materiales metálicos, la conformabilidad plástica es un propiedad importante, ya que mediante ella sehacen posibles muchos procesos de manufactura como estirado, laminado o forjado.

Se considera en esta sección que el conformado plástico se produce solo por tensiones cortante. Conside-remos primero un modelo de cristal en el los átomos son representados por puntos y las fuerzas de enlacemediante resortes, por tanto se puede reconocer que un conformado plástico permanente significa un cambioen el ordenamiento atómico. Una tensión normal puede dilatar la red cristalina o destruirla en caso de queella sea suficientemente grande. Una tensión de corte puede sin embargo desplazar los átomos unos sobreotros, sin que la estructura cristalina sea destruida.

Una tensión normal ejercida desde afuera produce sin embargo en el interior de la estructura cristalinatensiones de corte, el que por su parte puede producir un conformado plástico.

En el último ejemplo se tiene tensiones cortantes con un ángulo de 45o respecto a las tensiones normales,de manera que la tensión cortante llega a ser τ max = 1

2σ. Para que el esfuerzo cortante pueda originar unconformado del material es necesario que ella alcance un determinado valor, el llamado esfuerzo cortantecrítico, τ c, que será discutido con mayor detalle más adelante.

Primero consideremos los procesos durante el conformado de una red cristalina.

jmla Metalurgia



111

En el modelo de cristal representado en las figuras, se produce primero un conformado plástico, dondese cumple que tan γ el = x

L o cuando el ángulo es pequeño γ el = xL . En la siguiente figura se presenta

adicionalmente un conformado plástico. La mitad superior del cristal está desplazado una fracción con elvalor b. El presente conformado es ahora γ = xK+b

L . Después de que la carga ha sido retirada de la redcristalina, permanece un conformado plástico de γ

pl = b

L. Debido a que un conformado plástico significa

un deslizamiento de los elementos de la retícula del cristal, el deslizamiento b debe ser un número enteromúltiplo de la distancia atómica a, caso contrario, la consistencia del cristal dejaría de ser estable. Por tantob = n · a donde n = 1, 2, 3, . . . .

Un desplazamiento de este tipo se denomina deslizamiento. Si además relacionamos el valor del desplaza-miento b con una dirección, entonces obtenemos el llamado Vector de Burgers b.

En el deslizamiento anteriormente descrito se produce un desplazamiento de dos mitades de un cristal porencima y por debajo de un plano. Ese plano es denominado plano de deslizamiento g. La ubicación de esteplano de deslizamiento y el largo de la línea de deslizamiento son de importancia para el conformado plásti-co. Para ello, no dedicaremos primero a determinar la energía y el trabajo necesarios para su deslizamiento.Si representamos el esfuerzo cortante necesario τ con relación a la deformación del cristal γ , el trabajo parael cambio de forma almacenado por unidad de volumen es el área bajo la curva.

La fracción elástica de dicho trabajo es:

W el = 1

2Gγ el

xk

L =

1

2Gxk

L

2La fracción plástica será:

W pl = τ b

L

Para un deslizamiento en una cantidad igual al vector de Burgers es necesario proporcionar un trabajoespecífico por unidad de volumen:

Metalurgia jmla





113

hcp: En la estructura hexagonal compacta existen dos planos paralelos de mayor densidad atómica 0001,sin embargo sólo se cuenta por uno, debido a que son paralelos. En cada plano existen 3 direccionesdensamente ocupados no paralelos <1120>. Por tanto se tienen 3 sistemas de deslizamiento por celdaelemental 0001 – <1120>.

Se dispone de la experiencia de que los metales que cristalizan en el sistema hexagonal compacto requierenmayor energía de conformado que por ejemplo para metales que cristalizan en los sistemas bcc y fcc. Porotro lado, se sabe también que metales fcc se dejan conformar más fácilmente que estructuras hcp, debido aque poseen una densidad atómica mayor así como un vector de Burgers b más pequeño. En la siguiente tablese tienen las principales características de los sistemas de deslizamiento para los sistema bcc, fcc y hcp.

Planos de deslizamiento Direcciones de deslizamiento Sistemas de deslizamiento

Cristal Índices Número Número Índices Númeropor celda bmin

bmin

a por celda por celda

elemental elemental elementalfcc (111) 4 1

2<110>

√ 2

2 3 111 – <110> 12

bcc (110) 6 1

2<111>

√ 3

2 2 110 – <111> 12

hcp (0001) 1 <1120> 1 3 0001 – <1120> 3

Ejercicio 9.1. Qué significa 111 – <110>?

Solución 9.1. Es la denominación de un sistema de deslizamiento.

Ejercicio 9.2. Porqué el sistema fcc, a pesar de tener el mismo número de sistemas de deslizamiento, poseeuna mayor formabilidad plástica que el sistema bcc?

Solución 9.2. En el sistema fcc se tiene una mayor densidad planar en sus planos mas densamente ocupados,eso facilita el deslizamiento. Debido a la menor distancia atómica, el camino de deslizamiento es menor yse requiere una menor energía.

Ejercicio 9.3. Trazar para los sistemas fcc, bcc y hcp los principales sistemas de deslizamiento e indiquesus índices de Miller o bien Miller–Bravais.

Metalurgia jmla



114 Plasticidad

Solución 9.3.

jmla Metalurgia



115

10. Esfuerzo cortante crítico

Como ya indicamos anteriormente, el conformado plástico es producido mediante esfuerzos cortantes. Paraque realmente se pueda presentar un conformado plástico, el esfuerzo cortante debe alcanzar un determinado

valor, el esfuerzo cortante crítico τ c. Observando el siguiente gráfico, podemos reconocer que en cada puntox = n · a con n = 1, 2, ...el trabajo de desplazamiento a ser ejercido W tendrá el valor de W = 0. Entreesos dos lugares, para x = n · a

2 , con n = 1, 2, ...el trabajo de desplazamiento a ser ejercido será el máximodebido a las fuerzas de enlace, por tanto definimos W max = Q. Debido a que el esfuerzo cortante necesarioes τ = dW

dx , el trabajo será W =

τ dx. Ahora se requiere la inclusión de W (x). Para poder incluir ellorecurrimos a la serie de Fourier de la forma W = Q

2 − Q2 cos(2π x

a ), que nos da exactamente el recorridoque estamos buscando, tal como veremos en un posterior ejercicio.

Por todo lo anterior tenemos: τ = dW dx = πQa sin

2π xa

τ será máximo cuando sin2π xa = 1. Este caso se presenta nuevamente para x = a

4 . Por tanto se tiene queτ max = πQ

a . Supondremos ahora que τ max = τ c, debido a que nuestra ecuación está elegida de manera queun deslizamiento se inicia para τ max.

Por lo tanto: τ = τ c sin

2πx

a

o también, cuando el ángulo es pequeño: τ = τ c

2π

x

a

(*).

De acuerdo a la ley de Hooke: τ = Gγ , y ya que la deformación de red γ = xa se obtiene τ = G

x

a(**).

Igualando las ecuaciones (*) y (**) se obtiene la ecuación para el esfuerzo cortante crítico:

τ c = G

2π

Todavía queda indicar que ese esfuerzo cortante crítico, para el caso en que se tenga un cristal sin defectos,va a ser igual a:

τ cideal = G

2π∼= 10−1G

Para un caso real, el esfuerzo cortante crítico es realmente mucho menor, llegando a ser aproximadamenteτ creal

∼= 10−4G

Metalurgia jmla



116 Esfuerzo cortante crítico

Ejercicio 10.1. El trabajo de desplazamiento esta dado por

W = Q

2 − Q

2 cos

2π

x

a

Calcular el valor del trabajo para x = 0; x = a/2; x = a; x = 3a/2; x = 2a y represente los valores alcanzados

en un diagrama x vs W .

Solución 10.1. x = 0 : W = Q

2 − Q

2 = 0

x = a

2 : W =

Q

2 +

Q

2 = Q

x = a : W = Q

2 − Q

2 = 0

x = 3

2a : W =

Q

2 +

Q

2 = Q

x = 2a : W = Q

2 − Q

2 = 0

Ejercicio 10.2. 1. Con ayuda del trabajo de desplazamiento W = Q

2 − Q

2 cos

2π

x

a

, donde Q =

energía de activación, x = desplazamiento, a = distancia atómica, determinar el esfuerzo cortantecrítico τ c de un cristal perfecto (cristal ideal).

2. Construya una relación τ c de un cristal real al τ c de un cristal ideal. Como justifica en general esadiferencia?

Solución 10.2. Inciso a) Para poder producir un desplazamiento x, se debe ejercer un trabajo de desplaza-miento sobre un cristal con la longitud de su arista igual a a

W = τ dx

de donde se obtiene su correspondiente esfuerzo cortante mediante derivación:

dW

dx =

Q

2 − Q

2 cos

2π

x

a

= π

Q

a sin

2π

x

a

Se obtiene el τ max haciendo que sin 2πx

a = 1

por tanto τ max = τ c = πQ

a

de manera que τ = τ c sin

2π xa

jmla Metalurgia



117

Para un ángulo pequeño: τ = τ c2πx

a

Con τ = Gγ = Gx

a e igualando las ecuaciones, finalmente se obtiene que:

τ c =

G

2π

Inciso b) El esfuerzo cortante crítico para un cristal ideal es τ cideal = 10−1G, mientras que para un cristalreal es τ creal = 10−4G, con lo que obtenemos que:

τ crealτ cideal

= 10−3

Ejercicio 10.3. Calcular, para un cristal ideal de hierro, cobre y aluminio, el esfuerzo crítico teórico τ cnecesario para su conformado plástico. En todos los tres casos se debe utilizar ν = 0, 3.

Solución 10.3. Se dispone de los valores ya conocidos de:

Hierro o acero : E = 210

·103 N/mm2

Cobre : E = 130 · 103 N/mm2

Aluminio : E = 70 · 103 N/mm2

El esfuerzo cortante crítico es τ c = G

2π con G =

E

2(1 + ν ) de donde se obtiene:

τ c = E

4π(1 + ν )

Con ello:

Hierro: τ c = 210 · 103 N/mm2

4π(1 + 0,3) = 1,29 · 104 N/mm2

Cobre: τ c = 130 · 103N/mm2

4π(1 + 0,3) = 7,96 · 104 N/mm2

Aluminio: τ c = 70 · 103N/mm2

4π(1 + 0,3) = 4,29 · 104 N/mm2

Metalurgia jmla



118 El conformado plástico de monocristales

11. El conformado plástico de monocristales

Se entiende por monocristales a cristales formados homogéneos, sin límites de grano. Tan como ya sevio anteriormente, se presentan deslizamientos sobre determinados planos y en determinadas direcciones.

Los sistemas de deslizamiento se presentan cuando se ejerce sobre ellos una tensión cortante critica τ c.Ahora, la orientación del sistema de deslizamiento con respecto a una tensión ejercida desde afuera un gransignificado. Observemos el gráfico representando un monocristal de forma cilíndrica. Sobre ese monocristalcon la sección S o se ejerce una fuerza F y con ello se obtiene la tensión:

σ = F

S o

En el monocristal se tiene un sistema de deslizamiento conformado por un plano de deslizamiento y undirección de deslizamiento, mostrado achurado. Ese sistema de deslizamiento está determinado por el ánguloχo y λo. χo es el ángulo entre el plano de deslizamiento y el eje longitudinal. λo es el ángulo entre la

dirección de deslizamiento y el eje longitudinal. El plano achurado es S 1 = S osin χo

. El componente de la

fuerza que se ejerce sobre ese plano, como consecuencia de la fuerza externa es F 1 = F cos λo. De esta

manera se encuentra el esfuerzo cortante ejercida sobre ese plano como τ = F 1S 1

= F

S o

cos λo sin χo, por

tanto:

τ = σo cos λo sin χo

De esta manera se obtiene la ley de Schmid del esfuerzo cortante.

Si además introducimos µ = cos λo sin χo como un factor de orientación, entonces se obtiene:

τ = µσo

jmla Metalurgia



119

De esta manera se obtiene una relación que indica cuán grande debe ser la tensión ejercida externamentepara que en un sistema de deslizamiento se produzca el deslizamiento.Este es exactamente el caso, cuandoel esfuerzo cortante alcanza el valor del esfuerzo cortante crítico. La tensión externa necesaria es por tanto:

σnec = τ c

µ

La orientación más favorable se presenta cuando χo = λo = 45o así se obtiene µ = 0,5 y por tanto σnec =2τ c, siendo ésta la más pequeña carga elástica límite. La orientación más desfavorable se presenta cuandoχo = λo = 90o o χo = λo = 0o. Con ello µ = 0 y la tensión necesaria es infinitamente grande, lo quehace imposible el conformado plástico. La pregunta que queda por responder es si el factor de orientaciónµ permanece constante o cambia durante el conformado.

El ángulo χo permanece constante para una deslizamiento libre. Sin embargo, si los extremos de la barrase encuentran sujetados, como por ejemplo en una prueba de tensión, el plano de deslizamiento gira endirección de la tracción, por tanto el ángulo χo cambia, para alcanzar el mismo cambio de longitud como enun caso de deslizamiento libre. Al mismo tiempo, el esfuerzo cortante crítico en el plano de deslizamientopermanece constante; sin embargo, la tensión externa debe aumentar, ya que el ángulo χo cambiará defavorable a desfavorable. En relación a ello se volverá necesario conocer el concepto de endurecimiento deun material, lo que sucederá en la próxima sección.

Ejercicio 11.1. Determinar, con ayuda de la ley de esfuerzo cortante de Schmid, el esfuerzo cortante en elsistema de deslizamiento (111), [110], cuando un cristal fcc es solicitado en dirección [111] o [010] con 100N/mm2.

Solución 11.1. De acuerdo al producto escalar, se cumple para el ángulo α entre los vectores a y b

cos α = a · b

|a| · | b|σ[111] : χo = 90o [111][111] = −1 + 1 = cos λo

√ 2√

3

→ λo = 90o

Metalurgia jmla




Por tanto µ = sin χ0 cos λo = 0 pequeñas tensiones de cizallamiento.

σ[010] : λo : [010][111] = 1 = 1 · √ 2cos λo

→ cos λo = 1√

2

χo: El ángulo χo entre el plano de deslizamiento y la dirección de la tensión es la misma que entre ladirección [ 12

12 1] y la dirección de la tensión.

[1

2

1

21][010] =

1

2 =

6

4 cos χo

cos χo = 1√

bcon cos2 x + sin2 x = 1

se tiene:

sin χ = 56

por tanto:

τ = 1√

2

5

6 · 100 N/mm2 = 64,55 N/mm2

Ejercicio 11.2. En una celda elemental fcc se da un sistema de deslizamiento mediante el plano de desliza-miento (1 1 1) y la dirección de deslizamiento [1 0 0].

a) Determinar el factor de orientación e indique la tensión de tracción necesario en dependencia del esfuerzocortante crítico τ c.

b) Trace un otro sistema de deslizamiento en la celda elemental, que posea el mismo factor de orientación.

Solución 11.2. Inciso a)

1) En el sistema cúbico, la longitud de una diagonal de plano lFD =√

2a. El largo de una diagonal devolumen es lRD =

√ 3a.

sin χo = lFD/2 (lFD/2)2 + a2

sin χo =

√ 2a/2

(√

2a/2)2 + a2=

1√ 3

jmla Metalurgia



121

cos λo = a/2

(a/2)2 + (a/2)2 =

1√ 2

Por tanto ν = sin χo cos λo = 1√ 3

1√ 3

= 1√ 6

2) Se tiene que σerf = 1

µτ c = √ 6τ c

b)

sin χo = lFD/2 (lFD/2)2 + a2

=

√ 2a/2

(√

2a/2)2 + a2=

1√ 3

cos λo = a/2

(a/2)2 + (a/2)2 =

1√ 2

Por tanto µ = sin χo cos λo = 1√ 3

1√ 3

= 1√ 6

Ejercicio 11.3. Los límites de dilatación R p 0,2 de cinco cristales unitarios de plata de diferente orientaciónse han medido en pruebas de tracción. Se obtuvieron los siguientes valores:

Prueba Nr. 1 2 3 4 5Dirección de tracción [1 4 1] [1 0 3] [2 3 2] [1 2 0] [0 1 0]R p 0,2 [N/mm2] 1.33 4.00 5.00 1.67 1.33

a) Determinar a partir de la dirección de tracción y del sistema de deslizamiento de la plata los factores deSchmid

µ = sin χo cos λo

y muestre los valores en una tabla.

Observación: En el sistema cristalino cúbico, la diferencia de ángulos de dos direcciones [h1 k1 l1] y [h2 k2l2] está dada por:

cos α = h1h2 + k1k2 + l1l2 h21 + k21 + l21 ·

h22 + k22 + l22

b) De acuerdo con la ley de Schmid de la tensión de tracción se cumple, con σerf = R p 0,2, para el esfuerzocortante crítico τ c,

τ c = µ σerf

Trazar en un diagrama, para la determinación de τ c los valores medidos de 1σerf

contra µ en un diagrama.

Metalurgia jmla




c) Determinar la recta de aproximación 1

σerf =

1

τ cµ con los esfuerzos cortantes críticos medidos.

τ c =

1 µ2

i

i µ

σerf

i

Trazar la recta en el diagrama.

Solución 11.3. a) Plata es fcc y su sistema de deslizamiento es 1 1 1 <1 1 0>.

Aquí el sistema de deslizamiento (1 1 1) [1 1 0]

Una dirección que es perpendicular a la dirección de deslizamiento y del plano de deslizamiento se encuentrapor ejemplo en [ 1212 1]

1) [1 4 1]

cos λo = [141][110]√ 1 + 16 + 1

√ 1 + 1

= −1 + 4

6 =

1

2

cos λo = [141][12

12 1]

√ 1 + 16 + 1

14 + 1

4 + 1=

12 + 2 − 1√

27= 0,29

sin χo =

1 − 0,292 = 0,96

µ = sin χo cos λo = 0,48

2) [1 0 3]

cos λo = [103][110]√

1 + 9√

1 + 1=

1√ 20

= 0,22

cos λo = [103][ 12

12 1]

√ 1 + 9

64

= − 1

2 − 3√ 15

= −0,9

sin χo =

1 − 0,92 = 0,43

jmla Metalurgia



123


3) [2 3 2]

cos λo = [232][¯110]√

4 + 9 + 4√

1 + 1= −2 + 3√

34= 0,17

cos λo = [232][12

12 1]

√ 4 + 9 + 4

64

= 1 + 1,5 − 2√

25,5 = 0,1

sin χo =

1 − 0,12 = 0,99


4) [1 2 0]

cos λo = [120][110]√

1 + 4√

1 + 1=

−1 + 2√ 10

= 0,32

cos λo = [120][12

12 1]√

1 + 4√

2=

12 + 1√

7,5 = 0,55

sin χo =

1 − 0,552 = 0,84


5) [0 1 0]

cos λo = [010][110]√

1√

1 + 1=

1√ 2

= 0,71

cos λo = [010][12

12 1]

√ 1

64

=12 64

= 0,41

sin χo =

1 − 0,412 = 0,91


b)

i 1 2 3 4 5µ 0.48 0.10 0.17 0.27 0.65

i µ2

i 0.761

σerf 0.75 0.25 0.20 0.60 0.75

i

µσerf

i

1.07

Metalurgia jmla




c)

i

µ2i = 0,76

i

µ

σerf

i

= 1,07

τ c = 0,76

1,07 = 0,71 N/mm2

1

σerf =

1

τ vµ = 1,4µ

Ejercicio 11.4. a) Se dispone de una barra de aluminio (cristal unitario fcc), el que es sometido a tracción

paralelo a su vértice [0 0 1]. Cual es el esfuerzo cortante τ (σ) para el cual la barra empieza a conformarsecuando el vector de Burgers tiene los índices [0 1 1]?

b) Porqué se cambia el factor de orientación de ese cristal unitario en prueba de tracción y no así el desliza-miento libre?

c) Porqué no se presenta ningún deslizamiento en dirección [0 1 0]?

Solución 11.4. a)

jmla Metalurgia



125

Determinación de χo: Producto escalar

[11212 ][001] = | −1; 12 ; 12

| · |(0;0;1)| · cos χo

12 =

(−1)2 +

122

+

122

· √ 12 · cos χo

cos χo = 1√

6sin χo =

1 − 1

6 =

5

6

A partir de la figura esquemática se puede reconocer que λo = 45o cos λo = 1√ 2

Con ello µ = sin χo cos λo =

56 · 1

2 = 0,645

El conformado plástico empieza para τ

σ = 0,645

b) Los extremos de la barra sometida a tracción están sujetas, por tanto, para una carga de tracción pura,los planos de deslizamiento deben girar en dirección de la tracción, para que se pueda alcanzar el mismoconformado plástico que en el caso de deslizamiento libre.

Metalurgia jmla




En dirección [1 1 0] no se produce ningún deslizamiento, debido a que ningún componente de la tensiónejercida influye en dicha dirección. Por tanto, en dirección [1 1 0] no se presenta ningún esfuerzo cortante.

Ejercicio 11.5. En un cristal unitario se presenta deslizamiento en dos diferentes planos de deslizamientocon los ángulos de orientación: σo = 30o, λo = 60o y χo = 30o, λo = −60o, para una tensión normal deσerf = 10N/mm2.

a) Se debe determinar el esfuerzo cortante crítico τ c en cada caso. (Consideración: Para el factor de propor-cionalidad de la ley de Schmid del esfuerzo cortante se cumple que µ = sin χo cos λo).

b) Cual es la conclusión que se puede obtener a partir de los resultados en a) para el esfuerzo cortante crítico

para esas dos orientaciones?c) Qué se entiende por deslizamiento múltiple?

d) Determinar el ángulo (χo, λo) para la orientación más favorable: Cuán grande es en ese caso σerf demanera que τ = τ c?

Solución 11.5. a) 1) τ c = σerf µ = sin χo cos λo σerf = sin30o cos61o · 10 N/mm2

τ c = 2, 424 N/mm2

2) τ c = sin45o cos70o · 10 N/mm2

τ c = 2, 419 N/mm2

b) Se puede sacar la conclusión de que τ c es favorecido cuanto más uno se acerca a la orientación másfavorable λo = χo = 45o. c) Se entiende por deslizamiento múltiple cuando, en sistemas de deslizamientocon diferentes orientaciones de un tipo de cristal, se alcanza el esfuerzo cortante crítico τ c y por tanto seoriginan deslizamientos.

d) La orientación más favorable se encuentra para χo = λo = 45o, En estas condiciones, µ = 0,5 y portanto σnec = 2τ c.

Ejercicio 11.6. En un cristal unitario se presenta deslizamiento en dos diferentes planos de deslizamientocon los ángulos de orientación: σo = 30o, λo = 61o y χo = 45o, λo = 70o, para una tensión normal deσnec = 10 Nmm2.

jmla Metalurgia



127

a) Se debe determinar el esfuerzo cortante crítico τ c en cada caso. (Consideración: Para el factor de propor-cionalidad de la ley de Schmid del esfuerzo cortante se cumple que µ = sin χo cos λo).

b) Cuál es la conclusión que se puede obtener a partir de los resultados en a) para el esfuerzo cortante críticopara esas dos orientaciones?

Solución 11.6. a) 1)

τ c = σnec µ = sin χo cos λo|sigmanec = sin30o cos61o × 10 N/mm2

τ c = 2,424 N/mm2

2)τ c = sin45o cos70o × 10 N/mm2

τ c = 2,419 N/mm2

b) Se puede sacar la conclusión de que τ c es favorecido cuanto más uno se acerca a la orientación másfavorable λo = χo = 45o.

Metalurgia jmla



128 Endurecimiento - Mecanismos de endurecimiento

12. Endurecimiento - Mecanismos de endurecimiento

Como ya se indicó con anterioridad, para una barra sometida a tracción axial, los sistemas de deslizamientogiran en dirección a la fuerza ejercida. De esta manera de presentan orientaciones del sistema de desliza-

miento desfavorables y para alcanzar el esfuerzo cortante crítico en los sistemas de deslizamiento se hacenecesario una mayor tensión exterior σ . El material se vuelve cada vez mas resistente con incremento delconformado y la resistencia contra un posterior conformado se hace cada vez mayor. Se habla entonces deun endurecimiento del material. El cambio de orientación de los sistemas de deslizamiento descritos ante-riormente es sin embargo solo un factor que aporta al endurecimiento. Un otro factor que también influyeen el endurecimiento del material es el hecho de que dos sistemas de deslizamiento con el mismo factor deorientación que se cruzan originan, mediante reacciones de dislocaciones, dislocaciones no desplazables yde esta manera bloquean los planos de deslizamiento, lo que también aporta al endurecimiento.

Se habla de deslizamiento simple cuando el deslizamiento se produce en un sistema de deslizamiento oen paralelo al mismo. Deslizamiento múltiple significa que en sistemas de deslizamiento con diferentesorientaciones, se alcanza el esfuerzo cortante crítico τ c.

Se puede observar además, que el esfuerzo cortante crítico τ c aumenta a medida que se incrementan lasimpurezas en la red cristalina mediante la presencia de átomos extraños.

Se pretende tratar estas presentaciones, los llamados mecanismos de endurecimiento, que incrementan laresistencia, al final de la presente sección. Antes se considerarán nuevamente los cristales unitarios, que conincremento del conformado se endurecen. En estos cristales unitarios crece también la tensión de traccióncon incremento del deslizamiento, tal como se puede ver en la siguiente figura.

El endurecimiento se puede representar ya sea por la fracción de endurecimiento

τ e(γ ) = τ (γ ) − τ c

o mediante el coeficiente de endurecimiento

ϑ(γ ) = dτ

dγ =

dτ edγ

Donde la fracción de endurecimiento τ e(γ ) señala el incremento de la tensión del esfuerzo cortante τ porencima del esfuerzo cortante crítico τ c. El coeficiente de endurecimiento ϑ(γ ) por el contrario es el incre-mento de la curva τ − γ para un determinado deslizamiento γ . El coeficiente de endurecimiento es másapropiado para poder describir el endurecimiento. se reconoce que cuanto más grande es el coeficiente deendurecimiento, mayor será la pendiente de la curva y por tanto mayor el endurecimiento. La curva deendurecimiento para cristales fcc se presenta de la siguiente forma:

jmla Metalurgia



12.1 Mecanismos de endurecimiento 129

En la región I se alcanza el esfuerzo cortante crítico τ c sólo en uno de los sistemas de deslizamiento. Lasdislocaciones pueden recorrer, en la región I, relativamente grandes distancias sin impedimentos. Por tanto,el incremento del endurecimiento en la región I es relativamente pequeño, tal como se puede reconocer dela curva. El coeficiente de endurecimiento tiene, en la región I, aproximadamente la dimensión ϑI = 10−4

G. Con incremento en el conformado, el sistema de deslizamiento que primero se ha movido gira haciasu dirección más favorable. A medida que se incrementa el esfuerzo cortante, se alcanzan otros sistemas

de deslizamiento que poseen el mismo factor de orientación y entramos en la región II, de deslizamientomúltiple.

Las dislocaciones se encuentran con planos de deslizamiento que se cruzan entre ellos, de manera que seforman dislocaciones incapaces de seguir deslizándose. De esta manera se generan cada vez más obstáculos,que explican el fuerte incremento del endurecimiento en la región II. El coeficiente de endurecimiento llegaa tener aproximadamente el valor de ϑII = 30 · 10−3 G.

En la región III el coeficiente de endurecimiento se hace menor. En la región II, las dislocaciones se handetenido debido a los obstáculos formados, las tensiones en dichos lugares se hacen tan grandes que enla región III las dislocaciones vencen estos obstáculos y continúan su deslizamiento. En ese vencimientode los obstáculos se trata de deslizamientos transversales de las dislocaciones de tornillo o escalado de las

dislocaciones de borde.

12.1. Mecanismos de endurecimiento

Antes de poder discutir las distintas posibilidades de cómo se puede calcular el endurecimiento de un mate-rial, debemos conocer el concepto de resistencia máxima.

De acuerdo con el planteamiento de Mie y Grüneisen, la fuerza entre dos partículas se calcula mediante:

F = dW pot

dr =

m · n

m − n

W min

ro

−ro

r

m+1+ro

r

n+1

Si dicha fuerza debe ser máxima, entonces debe ser dF dr = 0, lo que representa el criterio necesario para unmáximo.

Se tiene:

dF

dr =

m · n

m − n

W min

r2o

(m + 1)

ror

m+2− (n + 1)

ror

n+2

dF

dr = 0, por tanto:

(m + 1)ro

r

m+2− (n + 1)

ror

n+2= 0

Metalurgia jmla




m + 1

n + 1 =

ror

n+2ror

m+2

m + 1

n + 1

= ro

rm

n−m

rm = ro

1 + n

1 + m

1n−m

La tensión máxima se puede expresar de la forma:

σmax = K F max

S o

Reemplazando en la ecuación nn se obtiene:

σmax = K m · n

n

−m

W min

r3o

1 + m

1 + n 1+mn−m

−

1 + m

1 + n 1+nn−m

Además se cumple la relación:

E = m · nW min

r3oK

Finalmente se obtiene:

σmax = E

(1 + m)1+m

(1 + n)1+n

1n−1

= E · K (n)

Para enlaces metálicos con (m = 1; n = 3) esta tensión alcanza aproximadamente el valor de:

σmax = 10−1E

Este valor puede ser considerado como una medida para la resistencia de materiales metálicos. Existen dosposibilidades de otorgarle a un material una elevada resistencia. La una consiste en la producción de metalescon una estructura cristalina libre de fallas con pocas posibles dislocaciones con capacidad de deslizarse.Por el otro lado se construye obstáculos en el sistema cristalino, por medio de los cuales se dificulta el mo-vimiento de las dislocaciones. Al mismo tiempo se debe diferenciar entre los diferentes tipos de obstáculosde los diferentes mecanismos de endurecimiento. El incremento de la tensión en estos mecanismos puedenexpresarse como:

σDmax = 3Gb

D

σN = G

·b

·

√ N .

Donde D representa la distancia media entre pares de obstáculos. (G = módulo de corte; b = valor del vectorBurgers; N = densidad de dislocaciones).

En esta relación, la medida d del obstáculo ha sido despreciado. Si esta variable no es despreciable, entoncesla expresión puede ser representada por:

σDmax = 3 G · b

D − d

En el empleo de varios mecanismos de endurecimiento se obtiene el incremento del endurecimiento resul-tante como:

jmla Metalurgia






Ejercicio 12.2. Con ayuda de la ecuación 5.1 se calcula la máxima tenacidad alcanzable

a) de acero al niquel (36 % Ni) E = 1,45 · 105 N/mm2

b) Aleaciones de aluminio (AlMgSi) E = 0,70 · 105 N/mm2

c) Cobre E = 1,25 · 105 N/mm2

Solución 12.2. σmax = E

(1 + m)1+m

(1 + n)1+n

1

n−m

= E · K (n)

Enlace metálico: m= 1; n = 3

por tanto K (3) =

(1 + 1)1+1

(1 + 3)1+3

1

3−1

= 1

8

De esta manera se obtiene:

Para a) σmax = 1,45 · 105 · N/mm2 · 18 = 0,18 · 105 N/mm2

Para b) σmax = 0,70 · 105

· N/mm2

· 1

8 = 0,09 · 105

N/mm2

Para c) σmax = 1,25 · 105 · N/mm2 · 18 = 0,16 · 105 N/mm2

Ejercicio 12.3. En un acero al estado líquido se debe añadir la correspondiente aleación homogéneamentemezclada deben formarse obstáculos durox con un diámetro medio de d = 0,5 · 10−5 mm y una distanciamedia de D = 7,0 · 10−5 mm. Para una densidad de dislocaciones de N = 3,0 · 1011 cm−2, un largo delvector de Burgers de b = 2,8 · 10−8 cm, E = 2,1 · 105 N/mm2 y G = 0,8 · 105 N/mm2, para el estado sólidoa 20o C, se debe calcular:

1. La tenacidad

a) Como consecuencia del consumo de energía para doblar las líneas de dislocaciones entre los pares de

obstáculos con la distancia media D (ecuación a5.3)b) Como consecuencia del incremento de la densidad de dislocaciones N (ecuación 5.2).

c) Como consecuencia de la superposición de a) y b) (ecuaciones 5.4 y 5.5).

2. La distancia media Dres para ambas barreras con los valores calculados del inciso 1c alcanzada tenacida-des σ

tot y σ”res

Solución 12.3. 1)

a) σmax = 3 Gb

D − d = 3

0,8 · 105 N/mm2 · 2,8 · 10−8cm7,0 · 10−5 mm − 0,5 · 10−5 mm

= 1033, 85 N/mm2

b) σN = G · b · √ N = 0,8 · 105N/mm2 · 2,8 · 10−8 cm

3,0 · 1011 cm−2 = 1,227 · 103 N/mm2

c) σres = σDmax + σNmax = (1033,85 + 1227) N/mm2 = 2206,85 N/mm2

σ”res =

σ2Dmax + σ2

Nmax = 1604,49 N/mm2

2) σres

∼= 3 Gb

Dres

Dres = 3

Gb

σres

Dres = 3

0,8 · 105 N/mm2 · 2,8 · 10−8 cm

2260,85 N/mm2 = 2, 97 · 10 ∗ −6 cm

jmla Metalurgia



12.1 Mecanismos de endurecimiento 133

D”res = 3 Gb

σ”res= 3

0,8 · 105 N/mm2 · 2,8 · 10−8cm

1604,85 N/mm2 = 4, 19 · 10−6 cm

3) σres

∼= G · b

N res → N res =

σresG

·b

2

N res ∼=

2260,85cm

0,8 · 105 N/mm2 · 2,8 · 10−8cm

2

= 1,019 · 1012 cm−2

N ”res ∼=

σ”res

G · b

2

=

1604,85 cm

0,8 · 105 N/mm2 · 2,8 · 10−8 cm

2

= 5,13 · 1011 cm−2

Ejercicio 12.4. a) Cuál es la tenacidad que se obtiene en el cobre mediante afinado de grano (ecuación 5.6).

Diámetro de grano D = 1,3 · 10−3 mm

N v = 109 cm−2, K (N v) = 0,15

b = 2,7 · 10−8 cm.

b) Cuán grande es la tenacidad cuando se duplica el diámetro de grano frente al valor anterior?

Solución 12.4. El E Cu = 125 → 130 · 103 N/mm2

a) σG = K (N v)G

b

D

con G = E

2(1 + ν ); ν = 0,3

G = 1,25 · 105 N/mm2

2,6 = 4,91 · 104 N/mm2

σG = 0,15 · 4,81 · 104N/mm2 2,7

·10

−8 cm

1,3 · 10−3 mm = 104 N/mm2

b) σG = K (N v)G

b

D∗ con D∗ = 2D

σG = K (N v)G

b

2D

σG = 0,15 · 4,81 · 104N/mm2

2,7 · 10−8 cm

2 × 1,3 · 10−3 mm = 74 N/mm2

Ejercicio 12.5. a) Cuán grande es aproximadamente la tenacidad máxima teórica alcanzable para el acero?

b) Ordenar, en la siguiente tabla, los tipos de obstáculos que se presentan en un material metálico ademásde su correspondiente mecanismo de endurecimiento e indicar un ejemplo para cada tipo de obstáculo.

Tipo de obstáculo Mecanismo de Ejemplo deendurecimiento obstáculo

CerodimensionalUnidimensionalBidimensionalTridimensional

Metalurgia jmla




Solución 12.5. a) La tenacidad máxima alcanzable es 10−1E

b)

Tipo de obstáculo Mecanismo de Ejemplo deendurecimiento obstáculo

Cerodimensional Cristal mixto sitios vacíosUnidimensional Conformado en frío DislocacionesBidimensional Endurecimiento por tamaño de grano Límite de granoTridimensional Endurecimiento por partículas Fases adicionales

jmla Metalurgia



135

13. Conformado plástico de multicristales - Influencia del tamaño de grano

Los materiales de uso técnico se encuentran normalmente con una estructura multicristalina. Ellos constande muchos pequeñas unidades cristalinas (granos), que están separados por límites de grano. Cada uno de los

granos puede ser considerado como un sólo cristal. Cada uno de los granos posee una orientación diferente.El límite de grano de gran ángulo, que se vio con anterioridad, pueden ser del espesor de cinco diámetrosatómicos. En la consideración del conformado plástico de un multicristal se deben considerar los granos ylos límites de grano. Por ejemplo el límite de fluencia, es decir, la tensión exterior para la cual se presentacuna dilatación plástica marcada, está compuesta por una fracción debida al grano σg y una fracción debidaal límite de grano σG. Por tanto:

σs = σg + σG

Para poder calcular σs, se deben determinar cada uno de sus componentes σg y σG. Primero nos referiremosa la fracción debida al grano σg. Para ello se debe recalcular la conocida curva de endurecimiento τ = τ (γ )del cristal unitario en la curva de endurecimiento σg = σg(ε). En ese cálculo se debe tomar en cuenta que

los granos, debido a su diferente orientación, durante el deslizamiento, se impiden unos a otros. Además, sedebe mantener la unión de los granos vecinos en un multicristal, por lo que los granos vecinos deben tenerla misma dilatación a lo largo de sus límites de grano. Debido a que un grano vecino, por su deslizamientosimple, no puede seguir al otro debido a su deferente orientación, para los multicristales se presenta desde elprincipio un multi-deslizamiento. Una región, como la región I de cristales unitarios, no se presenta en unacurva de endurecimiento para multicristales. Para el cálculo de τ (γ ) en σg(ε) podemos restringirnos a laregión II de la curva de endurecimiento. La relación entre la tensión de tracción σg ejercida en multicristalessobre la tensión de tracción en cristales unitarios depende del tipo de cristal y de la orientación de cada unode los granos respecto de los otros. Se parte del hecho de que en un multicristal, todas las orientacionesse encuentran igualmente representados. Por tanto, el tensión de tracción σg de los multicristales se puederepresentar mediante un valor medio en dependencia del esfuerzo cortante τ del cristal unitario. Análogo ala expresión σ

erf = τ

µ se puede formular la relación σ

g = P τ .

Para estructuras bcc, fcc y hcp se puede considerar con relativa exactitud que P = 3, por tanto:

σg = 3τ (*)

Par un cristal unitario, el deslizamiento no es obstaculizado por ningún grano vecino. Para un multicristal,los granos vecinos deben también conformarse más allá de los límites de grano. Por tanto, la dilatación εdel multicristal es menor al deslizamiento γ del cristal unitario. Sobre la obtención de valor medio se puedetambién formular una relación

dγ = P · dε con P = 3

dγ = 3

·dε (**)

Si dividimos las ecuaciones * y ** se obtiene:

dγ

σg=

dε

τ

Por tanto: τ dγ = σg dε

Con lo que se ha obtenido una nueva relación para el cálculo de τ (γ ) en σ(ε).

Para el cálculo de la fracción debida al límite de grano σG, el tamaño de grano o el diámetro de grano D yla densidad de dislocación son de importancia.

Metalurgia jmla



136 Conformado plástico de multicristales

Para pequeñas densidades de dislocación, las dislocaciones se mueven en el interior del grano prácticamentesin impedimentos. Luego las dislocaciones se acumulan en los límites de grano, y este hecho juega un papelimportante para pequeñas densidades de dislocación. La fracción debida al límite de grano representa aquí una fracción importante del endurecimiento total.

Para grandes densidades de dislocación, se presentan, debido a las reacciones de dislocación, muchas dislo-caciones no deslizables dentro del grano, de manera que el movimiento de las dislocaciones se ve impedido.En esta situación, la fracción del grano representa una fracción muy importante del endurecimiento total.

Por tanto se puede indicar que la fracción debida al límite de grano frente a la fracción debida al grano esmucho menos significativa cuanto mayor es la densidad de dislocación N y cuanto mayor es el diámetropromedio del grano D. El endurecimiento de multicristales es mayor para una densidad de dislocacióngrande que para una densidad de dislocación pequeña. Si el diámetro promedio es mayor entonces disminuyeel aporte del límite de grano. La fracción debida al límite de grano σG en función del diámetro promediopuede ser expresado por:

σG = k · D1

2

Donde k representa un parámetro dependiente de la temperatura y tiene dimensiones de N/mm2 · √ cm. Deesta manera se puede expresar el límite de fluencia σs como

σs = σg + k · D1

2

Esta ecuación es conocida como la relación de Hall-Petch.

Si representamos gráficamente σs sobre 1√

Den un sistema de coordenadas, entonces se obtiene un gráfico

de la forma:

Si ampliamos la fracción debida al límite de grano σG con el vector de Burgers, entonces se obtiene que

σG =

k

√ b · b

d

donde k√ b puede ser expresado por K · G, donde K es una unidad adimensional. Con estas expresiones, la

relación de Hall-Petch, considerando que σG = K · G ·

b

d puede expresarse como

σs = σg + K · G ·

b

d

La recta representada en el gráfico puede ser determinado experimentalmente para cualquier material multi-cristalino y de esta manera la fracción debida al grano σg y la pendiente de la recta k. En aquel lugar donde

jmla Metalurgia



137

la recta corta el eje σs, la fracción debida al límite de grano se hace cero, debido a que el diámetro promediode grano se vuelve sumamente grande. Queda por tanto solo la fracción debida al grano, el que puede serleído sobre el eje σs.

Para finalizar esta sección presentamos la formación de gemelos mecánicos, los que junto a los desliza-

mientos, representa un otro factor del conformado plástico. Deslizamientos tan como se representa en lafigura 1 es para nosotros ya conocido. En la formación de gemelos mecánicos una región del cristal se doblaa lo largo del llamado corte homogéneo de manera tal que la región doblada es simétrica a la región noconformada; es decir, alcanza una ubicación gemela a la parte no conformada.

En la tercera figura se muestra una red de puntos que permite mostrar la parte superior del cristal dobladorespecto al inferior. El plano de simetría entre las pos regiones se llama plano gemelo. En la formaciónmecánica de gemelos todos los átomos deben cambiar al mismo tiempo su posición, para lo que es necesariograndes tensiones de corte. El camino que los átomos deben recorrer es sin embargo muy pequeño, a menudosolo una fracción de la distancia entre átomos. La formación de gemelos juega por tanto un papel indirectoen el conformado plástico, el cual consiste en que debido al cambio de orientación de la región del cristalde una región del cristal con orientación inadecuada, recibe una orientación adecuada, de manera que eldeslizamiento nuevamente se hace posible.

Ejercicio 13.1. Se dispone de la dependencia de σs con 1√ d

para un acero a 22o.

Metalurgia jmla




A) Determinar el factor k y la fracción debida al grano σg para:

D1 = 0,0009 cmD2 = 0,0009 cmD3 = 0,0009 cm.

b) Calcular, para los diferentes valores de D su correspondiente σs y trazar estos valores en un sistema decoordenadas σs vs d.

Solución 13.1. a) k es la pendiente de la recta, por tanto:

k = x

y =

78,48 N/mm2

10 1√ cm

= 7,848 N/mm2√ cm

σg es el punto de corte de la recta con el eje σs; por tanto σg = 145 N/mm2

b) Se tiene que: σs = σg + k 1√

D

D1 : σs = 145 N/mm2 + 7,9 N/mm2√ cm · 1√ 0,0009 cm

= 408,3 N/mm2

D2 : σs = 145 N/mm2 + 7,9 N/mm2√ cm · 1√

0,0025 cm = 303,0 N/mm2

D3 : σs = 145 N/mm2 + 7,9 N/mm2√ cm · 1√

0,0049 cm = 257,9 N/mm2

Ejercicio 13.2. La tensión al inicio del conformado plástico (por ejemplo límite de elasticidad o límite de

fluencia en pruebas de tracción) para un material policristalino puede, por superposición de las tensionesresultantes por la fracción del grano y la fracción del límite de grano, ser formulado como:

σ = σg + σG

a) Qué relación promedio existe entre la tensión de tracción σg de un multicristal y del esfuerzo cortante τ del cristal unitario al inicio de la fluencia?

b) Cuál es la relación que permite expresar la fracción debida a los límites de grano σG del límite de fluencia?

c) Calcular, para un acero de construcción no aleado ( G = 8 · 104 N/mm2, b = 2,5 · 10−8 cm; k = 0,5) conel diámetro medio de D = 0,25 mm, la fracción debida al límite de grano σG.

jmla Metalurgia



139

Solución 13.2. a) σg/τ = M ≈ 3

M = factor de orientación de Taylor.

b) σg = kD−1/2

D = diámetro de grano, G = módulo de corteTambién, σG = K · G · b/D

b = vector de Burgers, K = factor adimensional.

c) σG = 0,5 ·

2,5 · 10−8

2,5 · 10−2 · 8 · 104 N/mm2

= 4 · 104 · 10−3 N/mm2 = 40 N/mm2

Ejercicio 13.3. Para temperaturas homólogas T h < 0,4 se imprime la llamada curva de fluencia en frío engeneral mediante el endurecimiento del material con incremento del conformado plástico ε p.

a) Como se llama la relación que proporciona una conexión entre la tensión de tracción σg(ε p) del mul-ticristal y el elevado esfuerzo cortante τ (N ) del cristal unitario como consecuencia del endurecimiento(βM ≈ 1)?

b) Mostrar, para el ejercicio 38, en forma numérica, cómo aumenta la fracción debida al grano σg(ε p) ydisminuye la fracción correspondiente al límite de grano σG(ε p) para mayores conformados plásticos (ε p =10 %, 40 %, 90 %) cuando, para la fracción de endurecimiento de la tensión, la constante de velocidad demultiplicación del endurecimiento

dN/dε p = 1011 cm−2 = c

y para el factor adimensional K (ε p)disminuye la relación de Hall–Petch con los siguientes valores experi-

mentales:ε p ( %) 10 40 90K 0.5 0.1 0.05

Considerar para ello la conclusión que se puede alcanzar a partir de la diferencia de la densidad de disloca-ciones para grandes conformados plásticos y de la densidad de partida (N − N o).

A partir de qué conformado plástico, en el presente ejemplo, se puede considerar como despreciable lafracción debida la límite de grano respecto de la fracción de grano?

c) Cómo se expresa una formulación generalizada de la curva de fluencia, cuando el valor de la fraccióndebida al límite de grano es despreciable, para la velocidad de multiplicación con referencia cuando se partede la expresión:

dN/dε p = c1ε−m p

Solución 13.3. a) El esfuerzo cortante incrementado por el conformado es

τ v = β · G · b · √ n

Del ejemplo anterior: σg(ε p) = M · τ v

de donde resulta que: σg(ε p) = G · b · √ n considerando que (β · M = 1)

b) dN/dε p = c

Metalurgia jmla




N = cε p + N o (N o constante de integración, densidad de dislocación inicial = 108)

N − N o = cε p

ε p N − N o Ncm−2 cm−2

0.1 1010 101 · 108

0.4 4 · 1010 401 · 108

0.9 9 · 1010 901 · 108

N o << N → N = c · ε p

σg(ε p) = 8 · 104 · 2,5 · 10−8 · 105

10ε p N/mm2

σg(ε p) = 200

10ε p N/mm2

σG = K · G · b/D = K · 8 · 104 N/mm2 · 10−3 = 80K N/mm2

ε p σg σG

N/mm

2

N/mm

2

0.1 200 400.4 400 80.9 600 4

Se desprecia σG a partir de aproximadamente 40 %

c) dN/dε p = c1ε p − m dN = c1

εm p dε p

N = c11 − m

· ε1−m p + N o

del inciso b) N o

<< N n = c1

1 − m ·ε1−m

p

σ = σg(ε p) = G · b ·

c11−m

1/2ε1−m2

p

σ = A · εn p n =

1 − m

2

Ejercicio 13.4. Diferentes materiales muestran una caída de tensión en el límite de fluencia.

a) Para que materiales metálicos se observa este efecto?

b) Descrita en pocas palabras el mecanismo responsable de este efecto.

c) Qué condiciones debe cumplir para que la curva de fluencia del anterior ejercicio inciso c) pueda ser

formulado?Solución 13.4. a) Límite de fluencia marcado se presenta en metales con estructura cúbica de cuerpo cen-trado (bcc) con átomos extraños disuelto en los intersticios (C, N, O); aceros no aleados con bajo contenidode carbono.

b) Mecanismo de Cottrell: Bloqueo de átomos extraños mediante átomos extraños disueltos. El soltarse delas dislocaciones de este bloqueo requiere mayores tensiones de rotura que la requerida para el movimientode las dislocaciones.

c) Deben coincidir la velocidad de difusión de los átomos extraños y la velocidad de movimiento de lasdislocaciones.

jmla Metalurgia



141

Ejercicio 13.5. Mediante estudios de fotografías de superficies pulidas se determinó el diámetro de granode dos pruebas de acero como D1 = 0,1 mm y D2 = 0,02 mm. En pruebas de tracción se obtuvieron paraambas pruebas los siguientes valores para el límite de fluencia: ReL1 = 225 N/mm2 y ReL2 = 322N/mm2.

a) Calcular, con ayuda de la relación de Hall–Petch la fracción correspondiente al grano σg del límite de

fluencia.b) Cuán grande deberá ser el diámetro de grano promedio, de acuerdo a esa relación, para que resulte unlímite de fluencia inferior de 275 N/mm2.

c) Calcular el diámetro de grano, cuando el esfuerzo cortante teórico para la fracción debida al límite degrano alcance al valor de la celda ideal (τ c = G/2π). Deducir la relación existente entre la tensión de cortey normal a partir de la ley de Schmid del esfuerzo cortante para χo = λo y orientación favorable ( G =80800 N/mm2).

Solución 13.5.

La relación Hall–Petch expresa: Rel = σg + k 1√

D

σg es la fracción debida al grano, k es constante para ambas probetas de acero.

Rel1 = σg + k 1√

D1×√

D1

Rel2 = σg + k 1√ D2

×√ D2

De las dos ecuaciones anteriores:

Rel1

D1 = σg

D1 + k

Rel2

D2 = σg

D2 + k

Restando las dos últimas ecuaciones:

Rel1

D1 − Rel2

D2 = σg

D1 − σg

D2

σg = Rel1

√ D1 − Rel2

√ D2

√ D1 − √ D2

σg = 225 N/mm2√

0,1 mm − 322 N/mm2√ 0,02 mm√

0,1 mm − √ 0,02 mm

σg = 146,53 N/mm2

b) Rel = σg + k 1√

Dm→ Dm =

k

Rel − σg

2

k desconocido: Del inciso a) Rel2 = σg + k 1√

D2

Metalurgia jmla




k = (Rel2 − σg)√

D2 = (322 N/mm2 − 146,53 N/mm2)√

0,02 mm

k = 24,815 N/mm2√ mm

Por tanto,

Dm =

24,81 N/mm2√ mm275 N/mm2 − 146 N/mm2

2

= 0,037 mm

c) La resistencia al corte teórica de la celda ideal es

τ c = G

2π

Para el esfuerzo cortante crítico τ c se cumple:

τ c = µσerf = sin χo cos λoσerf (χo = λo = 45o

= 1

2 sin2λoσerf

= 12

sin90oσerf

= 1

2σerf

Por tanto: σerf = 2τ c de esta manera σerf = σG = k 1√

D

2τ c = k 1√

D

2 G

2π = k

1√ D →

D = πk

G 2

D =

π24,815 N/mm2√

mm

80800 N/mm2

2

= 9 · 10−7 mm

Ejercicio 13.6. a) Determinar la velocidad de deslizamiento crítico del hierro–α (acero no aleado) a 600o

con una densidad de dislocación de 106 cm−2, Do = 0,02 cm2 /s y una energía de activación de 83.7 kJ/mol.

b) Mostrar el transcurso esquemático de la velocidad de deslizamiento crítico como función de la tempera-tura absoluta para una densidad de dislocación y energía de activación constantes.

Indicación: Trazar el logaritmo natural de la velocidad de deslizamiento sobre el inverso de la temperatura1/T.

c) Estime la distancia de difusión de los átomos de carbono cuando el tiempo de almacenamiento del acerono aleado dado en el inciso a) es de 6 días a temperatura ambiente.

Solución 13.6. a) Para la difusión se cumple que ξ = x

2√

Dt→ x = 2ξ

√ Dt

Por derivación se obtiene la velocidad

x = 2ξ √

D1

2

1√ t

= ξ

D

t

La velocidad de movimiento está definido como

jmla Metalurgia



143

v = γ

bN m

Igualando las dos últimas ecuaciones resulta:

ξ D

t =

γ

bN m

γ = bN mξ

D

t

γ = bN m2ξ 2D

x con

√ t =

x

2ξ √

D

Si igualamos ambos recorridos b = x se obtiene:

γ = N m2ξ 2D con 2ξ 2 ≈ 1

γ = N mD con D = Doe− QRT

γ = N mDoe− Q

RT

γ = 106 cm−20,02cm/s e− 83,7 kJ/mol

8,3142 J/mol K873 K

γ = 0,196 s−1 (600o = 873K )

b) Se ha obtenido la velocidad de deslizamiento crítico para N m = constante y Q = constante como

γ = N mDoe− QRT

Logaritmizando se obtiene:

ln γ = ln N mDo − Q

RT se reconoce que ésta es la forma general de una recta del tipo y = mx + b

con b = ln N mDo; m = −Q

R; x =

1

T

c) Se cumple que ξ = x

2√

DT

x = 2ξ √

DT

x2 = 2 · 2ξ 2D · T con 2ξ 2 = 1

x =√

2DT

Metalurgia jmla




Valor de D desconocido:

D = DoeQRT = 0,02 cm2 /s e

− 83,7 kJ/mol8,3142 J/mol K293 K

D = 2,4·

10−17 cm2 /s

con ello

x =

2 · 2,4 · 10−17 cm2 /s 518400 s

x = 2,5 · 10−11 cm

Ejercicio 13.7. a) Cómo se diferencia el movimiento de átomos en la formación de gemelos de el de desli-zamiento?

b) Bosquejar la formación de láminas gemelas en una estructura fcc.

Solución 13.7. a) En la formación de láminas gemelas una parte del cristal se dobla a través de un corte

de manera tal que la parte conformada llega a ser simétrico a la parte no conformada; es decir, asume laposición de gemela. Ya que en la formación de láminas gemelas todos los átomos se mueven al mismotiempo y son necesarias elevados esfuerzos cortantes.

b)

jmla Metalurgia



145

14. Esfuerzos cíclicos (Cargas dinámicas)

Los materiales aguantan tensiones claramente inferiores cuando son sometidos a esfuerzos cíclicos, que porejemplo para cargas estáticas en pruebas de tensión. Se observa por tanto que las probetas para esfuerzoscíclicos a menudo después de un tiempo corto y para una carga menor se rompen más rápidamente quepor ejemplo en pruebas de tensión. Para este tipo de fractura se habla generalmente de fractura por fatiga.La causa para dicha fractura es una desigual distribución de la tensión. En contraposición a las pruebas detracción, en las cuales hasta el inicio de la estricción se aplica una tensión uniformemente distribuida, parapiezas o partes, se considera que la distribución de los esfuerzos cíclicos es desigual. Esto se debe a que endichas piezas, por ejemplo se trata de cigüeñales con descansos, perforaciones y ranuras, sobre los cuales sepresentan influencias semejantes a los de impacto. Como ejemplo para un esfuerzo cíclico consideremos uncigüeñal, que gira con una velocidad tangencial igual a ω y esta sometido a esfuerzo de flexión.

Si se observa la forma del movimiento de una fibra exterior, se puede ver que la fibra en la parte superior aestá sometido a tracción mientras que en la parte inferior b está sometido a compresión. Este tipo de exigen-cia se cambia continuamente. La dependencia de la tensión con el tiempo se puede representar gráficamentede la forma siguiente:

Para los esfuerzos cíclicos son de interés las siguientes variables:

Metalurgia jmla



146 Esfuerzos cíclicos

σo Tensión superior tensión máximaσu Tensión inferior tensión mínima

σm Tensión media σm = σo − σu

2σ

σA Amplitud de la tensión σA = 2σo − σu

2T Duración del ciclo T = 1/f =

2π

ωtN Duración del esfuerzo T N = T N = N/f

Se puede diferenciar tres zonas en los esfuerzos cíclicos: zona de presión, zona de tracción y zona de cambiopresión – tracción.

A partir de la tensión media σm y de la amplitud de la tensión σA, se obtiene la resistencia al esfuerzocíclico:

σD = σm ± σA ó τ D = τ m ± τ A

14.1. Curvas de Wöhler

Para poder realizar la prueba de Wöhler se utiliza un sistema de cíclico en el que la probeta se halla incluida.Se realizan de 5 a 6 pruebas de resistencia a la fatiga de un material. La primera probeta es sometida ala prueba con una carga relativamente elevada. Después de un determinado número de ciclos N la probeta

se rompe. Con las otras probetas se va disminuyendo escalonadamente la carga, haciendo el número deciclos para la ruptura de la probeta sea cada vez mayor a medida que disminuye la carga. A partir de unadeterminada tensión y un número de ciclos N lim, la probeta ya no se rompe. Con los datos obtenidos se trazaun gráfico de esfuerzo versus el número de ciclos para la fractura. Esta curva es llamada curva de Wöhler.

La curva de Wöhler transcurre paralela al eje horizontal a partir de un determinado número de ciclos. Latensión para ese valor de N es denominado resistencia a la fatiga o límite de fatiga. A ese esfuerzo lecorresponde un número de ciclos límite N lim.

Con ayuda de la curva de Wöhler y los valores que pueden obtenerse de ella se puede construir el diagramade fatiga de acuerdo a Smith y Haigh, la que describiremos ampliamente en los ejercicios.

jmla Metalurgia



14.2 Diagrama de Haigh 147

14.2. Diagrama de Haigh

En el diagrama de Haigh se grafica la dependencia de la tensión media respecto de la amplitud de tensión,con ayuda de la curva de Wöhler. Finalmente, dichos valores son limitados todavía por los parámetrospermisibles del material (R p 0,2; Rm).

En la gráfica de fatiga se representan los esfuerzos soportables superior e inferior para el cual no se presentauna fractura permanente. Debido a que su construcción puede requerir de bastante tiempo, generalmente es

suficiente una curva aproximada.

14.3. La resistencia a la fatiga

La resistencia a la fatiga es descrita mediante:

La recta de Goodman: σA

σw= 1 − σm

Rm

La parábola de Gerber: σA

σw= 1 −

σm

Rm

2

Metalurgia jmla




La parábola general cuadrática:

σA

σw= 1 − P

σm

Rm− 1(1 − P )

σm

Rm

2

La ecuación parabólica cuadrática general describe en forma más exacta el comportamiento del material,debido a que se toma en cuenta el P del material.

Si en esta ecuación hacemos que P = 0 obtenemos la ecuación de Gerber, y si hacemos P = 1 se tiene laecuación de Goodman.

Si graficamos las tres curvas en un sistema de coordenadas, se puede reconocer que si bien la ecuaciónparabólica general es la que mejor representa al material, la curva de Gerber la sobrerepresenta y la curvade Goodman la subrepresenta.

Nota: Durante la resolución de los ejercicios se debe obtener un valor para P entre 1 y 0.

14.4. seguridad

Si una pieza es sometida a exigencia estática, entonces la seguridad contra fractura debe ser S ≥ 2. Laseguridad contra fractura deberá estar entre 2 y 3. Por el contrario, si la exigencia, el tipo de esfuerzo y losnúmeros de impacto (influencia de impacto) son exactamente conocidos, se pueden emplear menores valoresde seguridad, los que sin embargo deben ser determinados (no se harán dichos cálculos en este texto). Sipara un determinado material los parámetros del mismo tal como Rm o R p 0,2 no deben ser sobrepasados,

entonces la correspondiente tensión σ debe ser calculado con el factor de seguridad S, de forma que:S =

Rm

σ ó S =

R p 0,2

σ

Ejercicio 14.1. Se conocen los siguientes parámetros de material para un acero de construcción no aleado:

Rm R p 0,2 σw(104) σw(107) σten(107)

500 350 350 200 320 N/mm2

1. Para qué sirve el diagrama de Wöhler?

jmla Metalurgia



14.4 seguridad 149

2. En qué campo se encuentran los números de ciclos límite para aceros y metales livianos?

3. Trazar esquemáticamente el diagrama de Wöhler para σm = 0 de los materiales anteriormente indi-cados y nombrar cada una de las zonas. (Unidad de medida: 100 N/mm 2 = 10 mm; una potencia de10 en ciclos = 10 mm).

4. Trazar el diagrama de Haigh para N = 107 del material.

a) Cuán grande son las amplitudes permisibles para la tensión media σm1 = 100 N/mm2 y σm2 =300 N/mm2, cuando σo = R p 0,2 debe ser?

b) Qué amplitudes se obtendrán bajo las mismas condiciones, cuando se aplica la recta de Good-man? (Unidad de medida: 50 N/mm2 = 1 cm).

Solución 14.1. 1. El diagrama de Wöhler representa la dependencia de la amplitud de tensión σA conel número de ciclos de fractura. Se puede determinar el número de ciclos límite, que es el número deciclos a partir del cual ya no se presenta la fractura permanente.

2. El número de ciclos límite:Metales livianos: 5 · 107 ≤ N lim ≤ 108

Aceros: 2 · 106 ≤ N lim ≤ 107

3. Diagrama de Wöhler:

4. Diagrama de Haigh

Procedimiento:

1. Se traza un sistema de coordenadas con los ejes: tensión media σm y amplitud de tensión σA.

2. La resistencia a la tracción Rm es trazada sobre el eje σm

3. Se debe cumplir que: σo = σA + σm = R p 0,2

En nuestro caso se determina σA = 0 → σo = σm = R p 0,2 y luego se traza sobre el eje σm.

Metalurgia jmla




4. Haciendo que σm = 0 → σo = σA = R p 0,2 y luego se traza sobre el eje σA.

5. Se unen los dos puntos de 3) y 4). Con ello se tiene el primer límite que no debe ser sobrepasado.

6. Se sabe que para σm = 0 nos encontramos en la zona de tracción, es decir σw = σA. Por tanto setraza σw(107) sobre el eje σA.

7. Si se encuentra en el campo de tracción, entonces se presenta el caso en que σm = σA. De ello resultaque σten = σm + σA → σm = σA = σten/2, y este punto se traza en la figura (se encuentra a 45o deleje.

8. Se une el anterior punto con obtenido en 6) y se alarga esta línea hasta alcanzar la línea (R p 0,2, R p 0,2).Con ello se ha encontrado un segundo límite.

9. En caso de que σten no sea conocido, entonces en el desarrollo de la pregunta se debe calcular un otropunto sobre la parte izquierda del gráfico.

En el caso anterior no se ha hecho otra cosa que representar y unir gráficamente la siguiente relación:

σo = σA + σm = R p 0,2 (σA = 0 ó σm = 0)

σm = 0 para σw

Para el caso σm = σA = σten/2

Para una mejor comprensión y objetividad se traza un otro gráfico.

jmla Metalurgia



14.4 seguridad 151

Ejercicio 14.2. Para un acero con una resistencia a la tracción Rm = 600 N/mm2 se tiene la siguienteexpresión:

σD(107) = 120 ± 180 N/mm2

1. En la anterior expresión, aclarar qué parámetros de resistencia son descritos (justifique).

2. Cuán grande es la resistencia a la fatiga en tensión, cuando la dependencia σA(σm) para el materialen cuestión está dado mediante la parábola de Gerber en forma bastante exacta?

Solución 14.2.

1. σD(107) = 120 ± 180 N/mm2; σD = σm ± σA

Tensión media = σm = 120 N/mm2

Amplitud de tensión = σA = 180 N/mm2

σD = Resistencia a esfuerzo cíclico, en el campo de cambio tracción – compresión.

Ya que σo = 120 + 180 N/mm2 = 300 N/mm2 (esfuerzo de tracción ya que es positivo), y

σU = 120 − 180 N/mm2 = - 60 N/mm2 (esfuerzo de compresión ya que es negativo).

El índice 107 representa el número de ciclos límite.

Con ayuda de estos datos se puede calcular la resistencia a cambio tracción – compresión.

2. La parábola de Gerber σA

σw= 1 −

σm

Rm

2

→ σw = R2

m

R2m − σ2

m

σw = 180 N/mm2 (600 N/mm2)2

(600 N/mm2)2 − (120 N/mm2)2 = 187, 5 N/mm2

Ejercicio 14.3. Para los materiales (índices 1 y 2) con σm1 = 400 N/mm2, σten1 = 600 N/mm2, σm2 =350 N/mm2, σten2 = 640 N/mm2 se puede considerar, para la región de interés, que la dependencia σA(σm)es lineal.

Metalurgia jmla




Cuál de los dos materiales utilizaría para exigencias cíclicas, cuando la tensión media es igual a σm =150 N/mm2, y cuál de ellos para σm = 400 N/mm2 (Solución gráfica)!

Solución 14.3. Se traza la dependencia de σA con σm en un sistema de coordenadas (diagrama análogo alde Haigh). Para ello se debe considerar para σw: σm = 0 para σten es: σA = σm ó σten = σA = 2σm. Esas

aseveraciones las representamos gráficamente:

Se reconoce que para σm1 = 150 N/mm2 el material 1 es el más apropiado, ya que para este materiales permitido un mayor valor de σA.

Se reconoce que para σm2 = 400 N/mm2 el material 2 es el más apropiado, ya que para este materiales permitido un mayor valor de σA.

Ejercicio 14.4. Para el acero 25 CrMo 4 (con una resistencia a la tracción Rm = 779 N/mm2) se tiene lasiguiente expresión:

σD(2·106) = −170 ± 362 N/mm2

Aclarar las unidades anteriores y encontrar tanto la tensión superior como la inferior. En qué campode exigencia se encuentra?

Cuán grande es σten, cuando la dependencia σA(σm) para el material en cuestión está expresado porla parábola cuadrática general con P = 0,1.

Solución 14.4.

jmla Metalurgia



14.4 seguridad 153

σD = resistencia a la fatiga, σm = Tensión media = -170 N/mm2

σA = Amplitud de tensión = ±362 N/mm2

El índice 2 · 106 representa el número de ciclos límite.

σo

=−

170 + 362 = 192 N/mm2 Tensión de tracción

σo = −170 − 362 = −532 N/mm2 Tensión de compresión

Por lo tanto nos encontramos en el campo de cambio tracción – compresión.

La parábola cuadrática está expresada por

σA

σw= 1 − P

σm

Rm− (1 − P )

σm

Rm

2

De donde: σw = σA

1 − P σm

Rm− (1 − P )

σm

Rm

2

Reemplazando valores:

σw = 362N/mm2

1 − 0, 1 · −170 N/mm2

779 N/mm2 − (1 − 0, 1) ·−170 N/mm2

779 N/mm2

2 = 369 N/mm2

Ejercicio 14.5. Esfuerzos cíclicos: Dos materiales, para los cuales se cumple que σw = 400 N/mm2,R p 0,2 = 650N/mm2, Rm = 800 N/mm2, muestran en el campo de la resistencia a la fatiga diferentecomportamiento de resistencia a la fatiga.

El material I: Comportamiento de acuerdo a la recta de Goodman

El material II: Comportamiento de acuerdo a la parábola de Gerber.

1. Cuán grande debe ser la amplitud de tensión, para el empleo de uno de estos materiales, cuando sedebe aplicar un tensión media de 520 N/mm2 y al mismo tiempo se tiene que cumplir con la exigenciade que el límite de dilatación 0,2 no debe sobrepasarse?

2. Cuán grande es la amplitud de tensión permisible bajo las mismas condiciones para una tensión mediade 240 N/mm2?

Solución 14.5.

1. Material I: La recta de Goodman: σA

σw

= 1

− σm

Rm

De donde: σA = σw(1 − σm

σw)

σA = 400 N/mm2

1 − 520 N/mm2

800 N/mm2

= 140 N/mm2

Material II: La parábola de Gerber: σA

σw= 1 −

σm

Rm

2

De donde: σA = σw(1 −

σm

σw

2

)

Metalurgia jmla




σA = 400 N/mm2

1 −

520 N/mm2

800 N/mm2

2

= 231 N/mm2

Una exigencia adicional es que no debe sobrepasarse R p 0,2.

σD = R p 0,2 = σm

±σA

El valor de σA para el material I es muy grande, ya que sólo es permitido una valor de σA =130 N/mm2.

El valor de σA para el material II también es muy grande, ya que sólo es permitido una valor deσA = 130N/mm2.

2. Material I: σA = 400 N/mm2

1 − 240 N/mm2

800 N/mm2

= 280 N/mm2

Material II: σA = 400 N/mm2

1 −

240 N/mm2

800 N/mm2

2

= 364 N/mm2

R p 0,2 no se sobrepasa en ninguno de los casos, por lo tanto ambas amplitudes de tensión son permi-tidas.

Ejercicio 14.6.

1. Explicar con ayuda de un bosquejo la prueba de fatiga de Wöhler y nombre cada uno de los camposde la línea de Wöhler.

2. Trazar, para la dependencia lineal σA(σm) y tensión media positiva, el diagrama de Smith del ma-terial con los siguientes valores de resistencia: Rm = 800 N/mm2, R p 0,2 = 650 N/mm2, σzdW =400N/mm2 y σten = 600 N/mm2.

Solución 14.6.

1. Bosquejo

2. Diagrama de Smith

jmla Metalurgia



14.4 seguridad 155

a) Trazar un sistema de coordenadas con los ejes σm y σD

b) Trazar el eje de 45o

c) No se debe sobrepasar R p 0,2. Marcar R p 0,2 sobre el eje σD y trazar una línea horizontal hastael eje de 45o, con ello se tiene el límite superior.

d ) Para σm = 0 se encuentra el campo de cambio tracción – compresión, por tanto se marca σw

sobre el eje σD.

e) Para σten = σm = σA se tiene σD = σten = 2σm; ese punto se marca y se traza desde σw

(punto d) a través de dicho punto una línea hasta la horizontal a través de R p 0,2.

f ) Ahora vamos hacia el campo negativo del eje σD y trazamos en forma análoga a d) σw

g) Se traza una línea a través del punto f) y σten/2 sobre el eje σm.

h) σo y σu deben tener la misma distancia del eje de 45o. Se debe marcar el codo de la línea superiorcon la correspondiente distancia debajo del eje de 45o.

Metalurgia jmla




i) Desde el codo, trazar una línea hasta el punto de corte de la horizontal con el eje de 45o y eltrabajo está listo.

Ejercicio 14.7. El ensayo del comportamiento de un material para exigencia cíclica dio como resultado deuna carga de tensión – tracción de un acero St 37, considerando un límite de fluencia R p = 220 N/mm2, los

siguientes valores:

Primera medida: σm = 0 N/mm2 σA = 120 N/mm2.

Segunda medida: σm = 100 N/mm2 σA = 110 N/mm2.

1. Trazar el diagrama de resistencia permanente de Smith para tensiones medias positivas con los valoresanteriormente indicados (20 mm = 50 N/mm2) para un comportamiento lineal de la tensión superior.

2. Determine la resistencia a la fatiga en tracción, la resistencia de fatiga y la resistencia permanentepara σm = 50 N/mm2.

Solución 14.7.

1. Diagrama de resistencia

2. La resistencia a la fatiga en tracción se encuentra para σm = 0. De los datos del ejercicio se tiene queσw = σA = 120 N/mm2. La resistencia a la fatiga para σm = 100 N/mm2 y σzSchw/2 = 90 N/mm2

es igual a σzSchw = 180 N/mm2. Para σm = 50 N/mm2 se tiene un σD = 160N/mm2.

jmla Metalurgia



14.4 seguridad 157

Ejercicio 14.8. El análisis del comportamiento de un material para exigencias cíclicas en dos aceros A y Barrojó los siguientes resultados:

Material Re σzdW σzSch

A 850

±500 700 todas las tensiones tienen

B 850 ± 450 800 unidades de N/mm2

1. Trazar en un diagrama de Haig los datos de ambos materiales usando la escala de 1 cm = 100 N/mm2.

2. Cuál de ambos materiales soportan, para una tensión estática de σ = 300 N/mm2, una mayor tensiónde amplitud σA y cuán grande es ella?

Solución 14.8.

1. Diagrama de Haig

2. Material A: σ = 300 N/mm2 por tanto σA = 370 N/mm2

Material B: σ = 300 N/mm2 por tanto σA = 410 N/mm2

El material B soporta una mayor tensión de amplitud.

Ejercicio 14.9. En el siguiente gráfico:

Metalurgia jmla




1. Trazar en el diagrama anterior los parámetros σzdW , σzSch, Rm. Cuales de las tensiones indican laslíneas marcadas con las flechas?

2. Determinar del diagrama la amplitud permisible para una pieza de maquinaria para σm = 200 N/mm2

y σm = 400 N/mm2. El factor de seguridad a considerar es 2.

3. Explique que significa la ecuación σD(107) = 200±250 N/mm2 y calcule a partir de esta informaciónlos valores de σo y σu.

Solución 14.9.

1. 1 = σzdW , 2 = σzSch, 3 = Re, 1 = Rm

La flecha superior caracteriza la tensión superior σo

La flecha del medio caracteriza la tensión de amplitud σA

La flecha inferior caracteriza la tensión inferior σu

2. 1) σm = 200 N/mm2 → σD = 450 N/mm2

2) σm = 400 N/mm2 → σD = 550 N/mm2

Se indica además que el factor de seguridad S = 2

jmla Metalurgia



14.4 seguridad 159

Para 1) σA = σD − σm = 250 N/mm2; con el factor de seguridad 2 se tendrá σAS = σA/2 =125 N/mm2

Para 2) σA = σo − σm = 150 N/mm2; con el factor de seguridad 2 se tendrá σAS = σA/2 =

75 N/mm

2

3. La información que se puede obtener es: σm = 200 N/mm2; σA = 250 N/mm2, N = 107 número deciclos.

σo = 200 + 250 N/mm2 = 450 N/mm2;

σu = 200 − 250 N/mm2 = −50 N/mm2;

Ejercicio 14.10.

1. Trazar, para la dependencia lineal σA(σm) y tensión media positiva, el diagrama de Smith del ma-terial con los siguientes valores de resistencia: Rm = 300 N/mm2, R p 0,2 = 650 N/mm2, σzdW =400N/mm2 y σzSch = 600 N/mm2.

2. Bosquejar las siguientes dependencias:

a) σzdW (Rm)

b) σk(Rm) (Forma y dimensiones de la pieza con muesca son constantes).

c) ok(Rm) (Superficie no pulida)

d )

σbW (d)

σzdW (d = diámetro de la onda)

Solución 14.10.

1. Diagrama de Smith

Metalurgia jmla




2.

jmla Metalurgia



14.4 seguridad 161

Ejercicio 14.11. Se dan los siguientes parámetros de material:σw = 400 N/mm2 R p 0,2 = 650 N/mm2

σzSch = 600 N/mm2 Rm = 800 N/mm2

1. Calcular el parámetro del material p con ayuda de la parábola cuadrática:

σA

σw= 1 − p

σm

Rm− (1 − p)

σm

Rm

2

2. Trazar cualitativamente un diagrama de Haig con la línea de Goodman, la parábola de Gerber y laparábola cuadrática con el valor de p determinado en la anterior pregunta. (Nota: Para el cálculo de putilizar la resistencia a la fatiga).

Solución 14.11.

1. σA

σw= 1 − p

σm

Rm− (1 − p)

σm

Rm

2

por tanto:

p =

σAσw

+

σmRm

2− 1

σmRm

2 − σmRm

Para σzSch se tiene que σm = σA = σzSch/2

Por tanto:

p =

300 N/mm2

400N/mm2 +300 N/mm2

800N/mm2

2− 1

300 N/mm2

800N/mm2

2− 300 N/mm2

800 N/mm2

= 0, 47

2. Goodman: σA

σw= 1 − σm

Rm

σA = 0 → σm = Rm = 800 N/mm2

σm = 0 → σA = σw = 400 N/mm2

Metalurgia jmla




Gerber: σA

σw= 1 −

σm

Rm

2

σA = 0 → σm = Rm = 800 N/mm2

σm = 0 → σA = σw = 400 N/mm2

Tabla de valores:

σm 100 200 300 400 500 600 700 800 N/mm2

σA 394 375 344 300 244 175 94 0 N/mm2

Parábola cuadrática: Tabla de valores:

σm 0 100 200 300 400 500 600 700 800 N/mm2

σA 400 374 340 300 253 200 140 73 0 N/mm2

Ejercicio 14.12.

1. En el diagrama de resistencia constante, trazar los valores de σzdW , σzSch, Re, Rm y la amplitud detensión σA para m = 100 N/mm2.

2. Completar el gráfico con las tensiones superior e inferior en el campo de la resistencia a la fatiga paraun número de ciclos en ruptura de N < N lim.

jmla Metalurgia



14.4 seguridad 163

3. Se proporcionan los siguientes parámetros para un acero no aleado St 37:

σzdW = 120 N/mm2; σzSch = 210N/mm2; Re = 200 N/mm2

a) Trazar el diagrama de resistencia de Haig en la región σm ≥ 0 con dependencia lineal σA(σm)para σo ≤ Re (unidad: 50 N/mm2 = 20 mm).

b) Trazar en el diagrama la recta de Goodman. Calcular la diferencia de las resistencias de fatigaσzSch de acuerdo a la recta correspondiente a Haig y a Goodman.

Solución 14.12.

1. 1 = σzdW ; 2 = Re; 3 = σzSch; 4 = Rm

2. Se trata de una representación cualitativa de donde se puede observar que es posible mayores valoresde σA. (Línea entrecortada en el gráfico).

3. De los datos proporcionados: St 37 → Rm ≈ 370 N/mm2

Goodman: σA

σw= 1 − σm

Rm

σA = 0 → σm = Rm = 370 N/mm2

σm = 0 → σA = σw = 120 N/mm2

Diagrama de Haig

Metalurgia jmla




De acuerdo a Haig: σZSch = 210 N/mm2

De acuerdo a Goodman: σZSch/2 = 87, 5 N/mm2 punto de intersección con el eje de 45o; por tantoσZSch = 175 N/mm2

La diferencia es δσzSch = 35 N/mm2

Ejercicio 14.13. Se dan las líneas de Wöhler para una acero no aleado con diferentes valores de tensiónmedia σm.

Trazar con ayuda de las líneas de Wöhler dadas el gráfico de resistencia constante de Haig y de Smith ylimite el mismo para σo ≤ Re = 450 N/mm2.

Determine los parámetros σzdW y σzSch.

jmla Metalurgia



14.4 seguridad 165

Solución 14.13. Del diagrama de Wöhler se pueden obtener los siguientes valores:

σm = 0 → σA = σw = 300 N/mm2

σm = 150 N/mm2 → σA = 250 N/mm2 → σo = 400 N/mm2

σu = −100 N/mm2

Esos valores son suficientes para poder trazar el diagrama:

σzdW = 300 N/mm2; σzSch = 420N/mm2

Diagrama de Haigh

Diagrama de Smith

Metalurgia jmla




Ejercicio 14.14.

1. Se dan los diagramas de resistencia a la fatiga y a tensión constante. Trazar las líneas de Wöhler parala tensión media σm1 = 0 N/mm2, σm2 = 100N/mm2 y σm3 = 150 N/mm2.

2. Determine a partir del diagrama de Haig los siguientes parámetros del material:

Rm, R p 0,2, σw, σzSch, σD(107), σD(102)

jmla Metalurgia



14.4 seguridad 167

Solución 14.14.

1. El resultado se muestra en la figura de la derecha.

2. Del diagrama de Haig (izquierda) se pueden obtener los siguientes valores:

Rm = 600 N/mm2 R p 0,2 = 450 N/mm2

σw = 300 N/mm2 σzSch = 450 N/mm2

σD(107) = 150 ± 250 σD(102) = 0 ± 500 N/mm2

Metalurgia jmla



168 Influencia de entalladuras

15. Influencia de entalladuras

Hasta ahora hemos considerado las piezas o partes como figuras planas. Hemos partido del principio de quela sección transversal de la pieza es igual a lo largo de toda la pieza. Como resultado de ello se considera

que la distribución de tensiones es uniforme. Sin embargo muy a menudo se dispone de partes de máquinascon perforaciones, ranuras, descansos de ejes, etc. Las secciones transversales no son constantes, lo queconduce a diferencias de tensiones. Se presentan tensiones pico, que pueden llegar a ser mucho mayoresque las tensiones en piezas uniformes de máquinas. Consideremos una barra a tracción con muescas oentalladuras y definimos sobre ella las unidades de la influencia de entalladuras.

Denominamos como tensión nominal σn, la tensión promedio originado a partir de la fuerza F que se ejercesobre una sección transversal S = 2ab; es decir, σn = F

S = F 2ab .

Para poder calcular la tensión máxima, se define el factor de forma αk en la región de Hooke. La tensiónmáxima será entonces

σmax = αk · σn o también τ max = αk · τ n

El factor de forma αk es dependiente de la agudeza de la entalladura

k = a

ρ

y de la profundidad de la entalladura kt = t

ρ

Los factores de forma pertenecientes a la agudeza k y a la profundidad kt son leídos para los siguientesejercicios de un Nomograma para los siguientes ejercicios.

Numéricamente estos factores de forma pueden ser calculados con la relación de Neuber. Se puede diferen-ciar entre una entalladura plana con a → ∞ y la de profundidad infinita t → ∞.

1

(αk − 1)2 =

1

(αkt − 1)2 +

1

(αkf − 1)2 Ecuación de Neuber

jmla Metalurgia



169

Ésta es la ecuación de una circunferencia r2 = x2 + y2 tal como se puede ver de la siguiente comparación.

La relación de Neuber puede ser reformulada a:

αk = 1 + αkf − 1 1 +

αkf −1αkt−1

2

Para la probeta anteriormente mostrada, de acuerdo a Inglis se tiene:

αkf = 1 + 2√ αkt

Para poder determinar la influencia de la entalladura sobre la resistencia a la fatiga, se puede introducir unotra unidad importante, el factor de entalladura β k.

β k = σA liso

σA entallado o también β k =

τ A lisoτ A entallado

Donde σA es la amplitud de la tensión para una exigencia fluctuante.

En las pruebas de fatiga con diferentes materiales pero de las mismas dimensiones geométricas de las probe-

tas, se han podido determinar diferentes factores de entalladura β k. El factor de sensibilidad de entalladuraestá definido por

ηk = β k − 1

αk − 1

donde además se considera el material.

Ese factor de sensibilidad a la entalladura ηk sirve para determinar la fracción para la cual el incremento dela tension de σn hasta σmax de la influencia de la entalladura disminuye la resistencia a la fatiga.

Metalurgia jmla




Debido a una superficie áspera puede originar una influencia de la entalladura, la calidad de la superficiede un material es importante para la resistencia a la fatiga. Para poder determinar la influencia del acabadosuperficial de una pieza sobre la influencia de la entalladura, se define el factor de superficie como

ok =σA

ásperoσApulido

Esta relación disminuye con incremento en la rugosidad.

Ejercicio 15.1. Defina los siguientes conceptos:

1. Factor de forma, αk

2. Agudeza de la entalladura, k

3. Profundidad de entalladura, kt

4. Factor de entalladura, β k

5. Factor de sensibilidad de entalladura, ηk

Solución 15.1.

αk : El factor de forma αk es el cociente entre la tensión máxima σmax y la tensión nominal σn. Se cumplepara el rango de Hooke.

αk = σmax

σn; es una función de(

a

ρ; t

ρ; w)

k : La agudeza de la entalladura es la medida que determina el factor de forma y determinada por la consi-deración de la pieza y de la geometría de la entalladura.

k = a

ρ

kt : Para la profundidad de la entalladura kt se cumple lo mismo que para k

kt = t

ρ

β k : Factor de entalladura, β k esta relacionada con la influencia de la entalladura para exigencias oscilantes.

β k = σA liso

σA entallado

ηk : Factor de sensibilidad de entalladura, ηk es una dimensión que depende de la geometría de la entalladuray del material.

jmla Metalurgia



171

ηk = β k − 1

αk − 1

Ejercicio 15.2. La barra plana entallada (fig) es sometido a una fuerza axial F = 25 kN. Calcular la tensiónmáxima σmax en la base de la entalladura con ayuda del factor de forma de la entalladura plana de acuerdoa Inglis y Neuber.

αk = σmax

σn; por tanto:

σn = F

S

= F

2(b/2 − t)d=

25 kN2(80/2 mm − 8 mm )5 mm

= 78, 125 N/mm2

Solución 15.2. αkf : De acuerdo a Inglis se cumple:

αkf = 1 + 2

kt = 1 + 2

t

ρ = 1 + 2

8/2 = 5

αkt : k = a/ρ donde a = b/2 − t = 80/2 − 8 = 32 mm, de donde:√

k =

a

ρ =

32 kN2 kN

= 4

Con este valor nos referimos al diagrama dado y se lee para tensión y perfil rectangular αkt = 5. Con estos

valores podemos ahora emplear la ecuación de Neuber:αk = 1 +

αkf − 1 1 +

αkf −1αkt−1

2 = 1 + 5 − 1 1 +

5−15−1

2 = 3, 828

Por tanto σmax = αkσn = 3, 828 · 78, 125 N/mm2 = 299, 09 N/mm2

Ejercicio 15.3. Cuál es la representación sencilla, geométrica, para la dependencia del factor de forma αk

de αkt y αkf en un sistema de coordenadas cartesianas, basadas en el tipo de la ecuación de Neuber?

Solución 15.3.

Metalurgia jmla




1

(αk − 1)2 =

1

(αkt − 1)2 +

1

(αkf − 1)2

Ésta es la ecuación de un círculo, r2 = x2 + y2

Ejercicio 15.4.

La barra plana entallada de la figura es sometido en tracción a una fuerza F = 25000 N.

Calcular la tensión máxima σmax en la probeta con ayuda del factor de forma αk de acuerdo a Neuber eInglis:

1

(αk − 1)2 =

1

(αkt − 1)2 +

1

(αkf − 1)2

Solución 15.4.σmax = αkσn

σn = F

S =

f

(b − 2t)d =

25 kN(40 mm − 2 · 8, 5 mm)4 mm

= 271, 74 N/mm2

jmla Metalurgia



173

De acuerdo a Inglis αkf = 1 + 2

kt = 1 + 2

t/ρ = 1 + 2

8, 5 mm3, 5 mm

= 4, 12

Para αkt = a/ρ; donde a = b

2 − t =

40 mm2

− 8, 5 mm = 11, 5 mm

Por tanto √

k =

a

ρ =

11, 5 mm3, 5 mm

=

3, 285 = 1, 81

Con estos valores nos referimos al diagrama dado y leemos para tracción y rectángulo αkt = 2, 5. con estevalor se puede ir ahora a la ecuación de Neuber:

1

(αk − 1)2 =

1

(αkt − 1)2 +

1

(αkf − 1)2

αk = 1 + αkf − 1 1 +

αkf − 1

αkt − 1

2

αk = 1 + 4, 12

−1

1 +

4, 12 − 1

2, 5 − 1

2 = 2, 35

De donde:σmax = αkσn = 2, 35 · 271, 74 N/mm2 = 638, 6 N/mm2

Distribución de tensiones:

Ejercicio 15.5. El perno de la figura es sometido a un momento de flexión M b = 550 Nm.

1. Calcular la tensión de flexión máxima en el perno empleando para ello el nomograma adjunto.

2. Cómo cambia σmax cuando el radio de la entalladura es duplicada?

Metalurgia jmla




Solución 15.5. Inciso a: σb = M bW ax

; donde: πD3

2

32

σb = 32M b

πD32

= 32 · 550 Nm

π(36 mm)3 = 120, 08 N/mm2

Para αk: k = a

ρ =

D2

2ρ =

36 mm2 · 1, 5 mm

= 12

kt = t

ρ =

D1 − D2

2ρ

46 mm − 36 mm2 · 1, 5 mm

= 3, 33

Con estos valores calculados nos referimos al nomograma y unimos ambos puntos. El punto de interseccióncon el eje αk es el valor buscado de αk: de donde se lee αk = 1, 66

Por tanto σbmax = αk · σb = 1, 66 · 120, 08 N/mm2 = 199, 33 N/mm2

Inciso b: Duplicando el radio se obtiene:

jmla Metalurgia



175

k = a

2ρ2=

D2

4ρ1= 6

kt =

t

2ρ2 =

D1

−D2

4ρ1 = 1, 67

Con estos valores, a partir del nomograma, se obtiene αk = 1, 62, por tanto σbmax = αk · σb = 1, 62 ·120, 08 N/mm2 = 194, 53 N/mm2

El valor de σbmax disminuye, lo que naturalmente es ventajoso.

Nota: Durante el empleo del nomograma se debe tomar en cuenta que sobre un eje se tienen dos escalas.

Ejercicio 15.6. Un perno con diámetro de d1 = 30 mm, d2 = 39 mm y un radio de paso de ρ = 1, 5 mm esexigido con un momento de torsión M t = 800 Nm y un momento de flexión M b = 550 Nm.

1. Determinar el factor de forma αkt para el giro del perno.

2. Calcular la tensión de flexión máxima y la tensión cortante máxima en el perno, cuando el factor de

forma para flexión del perno es igual a αkb = 2, 17 . W = πd3

32 ;

W pW

= 2.

3. Cuán grande debe ser mínimamente el límite de estricción de un material a ser elegido de manera quedurante el trabajo no se presente un conformado plástico?

Emplear la hipótesis de exigencias de Mises (o de Tresca).

Solución 15.6. Inciso a: k = a

ρ =

d12ρ

= 30 mm2 · 1, 5 mm

= 10

Metalurgia jmla




kt = t

ρ =

d2 − d12ρ

= 39 mm − 30 mm

2 · 1, 5 mm = 3

Con estos valores no referimos al nomograma y obtenemos αkt = 1, 6

Inciso b: 1) σbmax = αkσn

La tensión máxima se presenta en la sección transversal más pequeña.

σn = M bW ax

con W ax = πd31

32

σn = 32 · M b

πd31=

32 · 550 Nmπ(30 mm)3

= 207, 5 N/mm2

Por tanto: σbmax = 2, 17 · 207, 5N/mm2 = 450, 275 N/mm2

2) τ tmax = αkτ n

τ n = M tW p con W p = 2W ax =

πd3116

τ n = 16 · 800 N/mm2

π(30 mm)3 = 150, 91 N/mm2

De donde τ tmax = 1, 6 · 150, 91 N/mm2 = 241, 5 N/mm2

Inciso c) De acuerdo a Mises: σv =

σ2b + 3τ 2t

σv =

(450, 275 N/mm2)2 + 3(241, 5N/mm2)2

σv = 614, 59 N/mm2

El límite de fluencia R p debe ser entonces elegido mayor al σv .

Ejercicio 15.7. Un cigüeñal con el diámetro D1 = 50 mm, d2 = 40 mm y el radio de paso ρ = 2 mm esexigido a una fuerza de tracción F = 200 kN, un momento de flexión M b = 800 Nm y un momento detorsión M t = 400 Nm.

1. Calcular las tensiones de tracción, flexión y compresión máximos en el cigüeñal.

El factor de forma para la exigencia a torsión alcanza a αk = 1, 58, los factores de forma para lasexigencias a tracción y flexión se deben considerar similares y ser obtenidos del nomograma.

(W a = πD3

32 , W p = 2W a)

2. Calcular, para la elección del material, el límite de fluencia necesario mínimo, cuando el factor deseguridad es S 1 = 1, 2; además en el trabajo no se debe presentar ningún conformado plástico.

(Indicación: Emplear la hipótesis de exigencias de Mises)

3. Calcular la seguridad contra fractura, cuando la resistencia a la tensión es Rm = 900 N/mm2.

jmla Metalurgia



177

Solución 15.7.

Inciso a) 1) Tracción σn = F

S =

4F

πD22

= 4 · 200 kNπ(40mm)2 = 159, 16 N/mm2

k = t

ρ =

D2

2ρ =

40 mm2 · 2 mm

= 10

kt = t

ρ =

D1 − D2

2ρ =

50 mm − 40 mm2 · 2 mm

= 2, 5

Con estos valores vamos al nomograma para tracción y obtenemos σkz = 2, 12.

Por tanto: σzmax = 2, 12 · 159, 16 N/mm2 = 337, 42 N/mm2

2) Flexión: σbn = M bW ax

con W ax = πD32

32

σbn = 32M b

πD32

= 32 · 800 Nm

π(40 mm)3 = 127, 3N/mm2

con: αkz = αkb = 2, 12σbmax = 2, 12 · 127, 2 N/mm2 = 269, 88 N/mm2

3) Tensión de compresión:

τ tn = M tW p

= 2M tπD3

2

= 16 · 400 N/mm

π(40 mm)3 = 31, 83 N/mm2

τ max = αkt · τ tn = 1, 58 · 31, 83N/mm2 = 50 N/mm2

Inciso b) Hipótesis de exigencias de Mises:σv =

(σz,d + σb)2 + 3τ 2t

σv =

(337, 42 N/mm2 + 269, 88N/mm2)2 + 3(30, 29 N/mm2)2

σv = 613, 52 N/mm2

El límite de fluencia mínimo necesario es:R p > S F σv = 1, 2 · 613, 52 N/mm2 = 736, 224 N/mm2

Inciso c) Rm = S F σv → S F = Rm

σv=

900 N/mm2

613 N/mm2 = 1, 47

Metalurgia jmla




Ejercicio 15.8. Un cigüeñal es exigido a flexión.

D1 = 70 mm; D2 = 60 mm; ρ = 2, 5 mm; L = 100 mm; σw = 400N/mm2; R p 0,2 = 620 N/mm2

1. Determine si los valores del material permisibles (seguridad contra fatiga S w = 2, contra el alcancedel conformado plástico S F = 1, 5) para una fuerza de tracción de F = 200 kN y un momento deflexión M b = 1, 2 kNm no son sobrepasados.

2. Qué medidas con respecto al modelado de la entalladura son necesarios para disminuir la tensiónmáxima?

jmla Metalurgia



179

Solución 15.8.

Inciso a) Tracción σn = F

S o2=

4F

πD22

= 4 · 200kNπ(69 mm)2

= 70, 7 N/mm2

k = a

ρ =

D2

2ρ =

60 mm2 · 2, 5 mm

= 12

kt = t

ρ =

D1 − D2

2ρ =

70 mm − 60 mm2 · 2, 5mm

= 2

Con estos valores nos vamos al nomograma para tracción y obtenemos que αkz = 2, 13

Con σzmax = αkzσn = 2, 13 · 70, 7 N/mm2 = 150, 59 N/mm2

Flexión: σbn = M bW ax

= 32M b

πD32

= 32 · 1, 2kNm

π(60 mm)3 = 56, 6 N/mm2

Con los valores ya determinados de k y kt vamos ahora al nomograma para flexión y leemos αkb = 1, 58.

con σbmax = αkbσbn = 1, 58 · 56, 6 N/mm2 = 89, 2 N/mm2

Ahora formulamos la tensión de comparación de acuerdo a Mises:

σv = (σz,d + σb)2 + 3τ 2t con τ t = 0

σv = 150, 59 N/mm2 + 89, 4 N/mm2 = 239, 99 N/mm2

Tomando en cuenta el factor de seguridad S F

σ perm = R p 0,2

S F =

620 N/mm2

1, 5 = 413, 33 N/mm2 > σv = 239, 99 N/mm2

La seguridad contra un conformado plástico también se cumple, por tanto el cigüeñal puede ser utilizado.

Inciso b) σmax debe ser disminuido y ello se alcanza aumentando el radio de la entalladura ρ.

Ejercicio 15.9. Un cigüeñal es exigido a tracción y flexión.

Metalurgia jmla




D1 = 50 mm; D2 = 40 mm; ρ = 2 mm; L = 100 mm; Rm = 780N/mm2; R p 0,2 = 620 N/mm2

1. Determinar si los valores permitidos para el material, para una fuerza de tracción de F = 200 kN yun momento de flexión de M b = 1, 2 kNm no son sobrepasados.

2. Qué medidas se deben considerar en el conformado de la entalladura para que la tensión máximaσmax sea menor?

jmla Metalurgia



181

Solución 15.9.Inciso a) Tracción: σnz =

4F

πD22

= 4 · 200 kNπ(40 mm)2

= 159, 16 N/mm2

k = a

ρ =

D2

2ρ =

40mm2 · 2 mm

= 10

kt = t

ρ =

D1 − D2

2ρ =

50 mm − 40 mm2 · 2 mm

= 2, 5

Con ello recurrimos al nomograma para obtener σkz = 2, 12

Con el valor obtenido:σzmax = αkz · σnz = 2, 12 · 159, 16 N/mm2 = 337, 42 N/mm2

Flexión: σnb = M bax

= 32 · 1, 2 kNmπ(40 mm)3 = 190, 96 N/mm2

Con los valores recién calculados para k y kt podemos recurrir al nomograma para flexión y obtener αkb =1, 58

Por tanto:σbmax = αkbσbn = 1, 58 · 190, 96 N/mm2 = 301, 72 N/mm2

Se tiene: σxmax = σzmax + σbmax = 337, 42 N/mm2 + 301, 72 N/mm2 = 639, 14N/mm2

Por tanto σxmax > R p 0,2: el valor del material R p 0,2 es sobrepasado.

Inciso b) Para poder disminuir la tensión máxima, el factor de forma αk debe ser disminuido, lo que sepuede lograr aumentando el radio de la entalladura.

Ejercicio 15.10. Dos piezas entalladas (ver figuras) del mismo material con el mismo peso de la pieza y lasmedidas indicadas deben ser examinadas en su idoneidad con respecto a su exigencia a la tracción.

Metalurgia jmla




ρ = 3 mm b1 = 45 mm b2 = 60 mm D1 = 45 mm D2 = 60 mm L1 =100 mm L2 = 200 mm

1. Determinar el espesor de la barra plana.

2. Cuál de las piezas es, tomando en cuenta su seguridad contra fractura, la mas ventajosa?

Indicaciones:

El peso debido al radio de entalladura ρ puedeser despreciado.

Para la solución de este ejercicio utilize el dia-grama adjunto y la fórmula de Neuber y In-glis.

El factor de forma αkf de la barra plana y cir-cular deben ser iguales.

Solución 15.10.

Inciso a) En general se cumple que: σmax = αkσn σn = F /S o

Barra plana: S o = b1 · d d =?

Barra circular: S o = π/4D21

Determinando el valor de d:

El peso de ambas piezas deben ser iguales, por tanto, el volumen de ambas piezas tienen que ser iguales:V pl = V cir

⇒ d · b2(L2 − L1) + d · b1 · L1 = πD2

2(L2 − L1)

4 +

πD21L1

4

jmla Metalurgia



183

d = πD2

2(L2 − L1) + πD21L1

4[b2(L2 − L1) + b1L1]

d =

π(60 mm)2(200mm

−100 mm) + π(45 mm)2100mm

4[60 mm(200 mm − 100 mm) + 45 mm100 mmd = 42, 075 mm

Inciso b) Barra plana:√

k =

a

ρ =

b12ρ

=

22, 5 mm

3mm = 2, 74

Con este valor vamos al diagrama y leemos el factor de forma para tracción y sección transversal rectangularαk− pl = 3, 4

Por tanto: σ pl−max = αk− pl · σn− pl = 3, 4σn− pl

Barra circular: √ k =

a

ρ =

D1

2ρ =

22, 5 mm

3mm = 2, 74

Con este valor vamos al diagrama y leemos el factor de forma para tracción y sección transversal circularαk−cir = 2, 9

Por tanto: σcir−max = αk−cir · σn−cir = 2, 9σn−cirσ pl−max

σcir−max=

3, 4σn

2, 9σn= 1, 2

σ pl−max = 1, 2σcir−max (σn− pl = σn−cir)

σ pl−max > σcir

−max

⇒La barra circular es la mas apropiada.

Ejercicio 15.11. Un cigüeñal es exigido a tracción y flexión.

Rm = 750 N/mm2; R p 0,2 = 600 N/mm2; L2 = 200 mm; ρ = 2 mm; D1 = 60 mm;D2 = 50 mm; L1 = 100mm

1. Determine si los valores característicos permisibles del material, para una fuerza de tracción de F =400 kN y un momento de flexión de M b = 20 kNm, no son sobrepasados.

Metalurgia jmla




2. Cómo cambia la tensión máxima σmax, cuando el radio de entalladura es duplicado?

3. Calcular la tensión máxima σmax en la probeta y la seguridad contra fractura, cuando el momento deflexión es M b = 0; es decir, el cigüeñal solo es exigido a tracción (para los dos incisos anteriores).

Indicación: Emplear para la solución de los dos primeros incisos el nomograma adjunto.

Solución 15.11.

Inciso a) Tracción: σnz = F

S o2con S o2 =

πD22

4

σnz = 4F

πD22

= 4 · 400 kNπ(50 mm)2

= 203, 72 N/mm2

jmla Metalurgia



185

αkz : k = a

ρ =

D2

2ρ =

50 mm2 · 2 mm

= 12, 5

kt = t

ρ =

D1 − D2

2ρ =

60 mm − 50 mm2 · 2 mm

= 2, 5

Con estos valores se recurre al nomograma para tracción y se obtiene αkz = 2, 21

Por tanto σz−max = αkz · σn = 2, 21 · 203, 72 N/mm2 = 450, 22 N/mm2

Flexión: σnb = M bW ax

con W ax = πD3

2

32

σnb = 32M b

πD32

= 32 · 20 N/mm

π(50 mm)3 = 1629, 75 N/mm2

σkb: k = a

ρ = 12, 5

kt = t

ρ = 2, 5

Recurriendo al nomograma para flexión ⇒ αkb = 1, 62

Por tanto: σb−max = σkb · σnb = 1, 62 · 1629, 75 N/mm2 = 2640, 29 N/mm2

σb−max + σz−max = 464, 48 N/mm2 + 2640, 29 N/mm2 = 3104, 68 N/mm2

Por tanto: σb−max + σz−max > Rm > R p 0,2

Los valores característicos permisibles del material no son superados!

Inciso b) Cuando el radio de la entalladura es duplicada, se obtiene:

k = a

2ρ =

D2

4ρ = 6, 25; kt =

t

2ρ =

D1 − D2

4ρ = 1, 25

Recurriendo al nomograma para tracción y flexión, se obtiene:σkz = 1, 7; σkb = 1, 42

Por tanto: σz−max = αkz · σnz = 1, 7 · 203, 72 N/mm2 = 346, 32 N/mm2

Además: σb−max = αkb · σnb = 1, 42 · 1629, 75 N/mm2 = 2314, 245 N/mm2

De donde: σmax = σz−max + σb−max = 346, 32 N/mm2 + 2314, 245 N/mm2 = 2660, 565N/mm2

Inciso c) Si M b = 0 entonces σmax = σz−max

Para a) σmax = σz−max = 450, 22N/mm2

S F = Rm

σmax

= 750N/mm2

450, 22 N/mm2 = 1, 67

Para b) σmax = σz−max = 346, 32N/mm2

S F = Rm

σmax=

750N/mm2

346, 32 N/mm2 = 2, 17

Ejercicio 15.12. Considerando que:

1. Las consecuencias de una entalladura sobre las distribución de tensiones para un comportamientolineal elástico del material y con ello de la dimensión del factor de forma αk son influenciados enprimera línea por la forma de la entalladura. Represente cualitativamente la distribución de tensiones

Metalurgia jmla




en el área transversal restante de las cuatro barras planes mostradas abajo, cuando estas barras estánexigidas en la región de comportamiento elástico lineal a través de una fuerza axial F .

Indicación: La tensión nominal σn es igual para todos los ejemplos.

2. Calcule la fuerza F , que conduzca a una dilatación varepsilon = 0,15 % para un estado de tensiónmonoaxial en la base de la entalladura de una plancha con entalladuras exteriores a ambos lados de laplancha.

E = 70000 N/mm2; b = 100 mm; d = 2, 65 mm; t = 10 mm; ρ = 2 mm

3. Represente esquemáticamente las curvas de Wöhler de una probeta lisa y una entallada para un mate-rial metálico dúctil y otro frágil.

Solución 15.12.

Inciso a)

jmla Metalurgia



187

Inciso b)

Se cumple que F = σnS res con S res = (b − 2t)d = 212 mm2

σn = σmax

αk=

Eε

αk

= aρ = b − 2t2ρ = 100 mm − 2 · 10 mm2 · 2 mm = 20

kt = t

ρ =

10 mm2 mm

= 5

Acudiendo al nomograma se obtiene αk = 2, 65

Por tanto:

F = Eε

αk(b − 2t)d =

70000 N/mm2 · 0,0015 · 212 mm2

2, 65F = 8, 4 kN

Inciso c)

Metalurgia jmla



188 Mecánica de fractura

16. Mecánica de fractura

Fuera de algunos campos de la técnica en las cuales se trabaja con fractura, tal como en la investigaciónde yacimientos petroleros y gasíferos, en general las fracturas en la técnica reportan grandes pérdidas en

material, tiempo, dinero y bajo ciertas circunstancias hasta vidas humanas. Fracturas se presentan en todoslos campos de la técnica, por ejemplo en tuberías, puentes, recipientes o cigüeñales de vehículos. Por estasrazones, es importante el poder dimensionar una pieza de construcción contra fracturas. En este texto nosdedicaremos sólo de una forma introductoria con la mecánica de fractura. Se observa que un material, inde-pendientemente de condiciones de geometría y exigencias, pueden comportarse de manera completamentediferente. En un material se puede presentar una fractura dúctil; es decir, una factura que se presenta al so-brepasar su resistencia al deslizamiento, por lo que se conoce como fractura por deslizamiento. Una fracturapor deslizamiento se manifiesta por un creciente conformado plástico. Por el contrario, las fracturas porfragilidad o corte son bastante temidos. En estos casos antecede muy escasamente un conformado plásticoy se presenta mayormente con una elevada velocidad de propagación de fisuras.

Las razones para este tipo de fractura frágil son por ejemplo temperaturas bastante bajas, elevadas velocida-

des de exigencias o estados de tensión multiaxiales.

Se observa que un material que por ejemplo en pruebas de tracción presenta una fractura dúctil, tiene unafractura frágil cuando el estado de tensión se acerca más al estado de tensión hidrostático. En este caso sehabla de fragilidad de tensión. Además se observa que un material que se encuentra a temperaturas que sonmayores a la temperatura ambiente (T >Ta) presenta una fractura dúctil, mientras que para temperaturasmenores a la temperatura ambiente (T <Ta) tiende a una fractura frágil. Se habla de fragilidad en frío.

En las consideraciones de la llamada mecánica de fractura lineal elástica se parte del campo de tensiónelástica en los alrededores de la punta de la fisura.

La tensión σy resulta de

σy = σn

√ πlf (r, ϕ)

o también para f (r, o) = 1√

2πr

σy = σn

√ πl

1√ 2πr

Ya que sin embargo la función f (r, ϕ) no es dependiente ni de la tensión nominal σn ni del largo l, laexpresión σn

√ πl determina cuán grande es la tensión aplicada. Esta última expresión puede ser representada

jmla Metalurgia



189

como K = σn

√ πl y k se denomina como factor de intensidad de tensión. Se hace todavía necesario el

introducir la geometría de la pieza mediante el factor ψ. De esta manera:K = σn

√ πl

√ ψ

donde ψ es adimensional y depende de la geometría de la pieza. Para una placa con el ancho 2b y un largo

de fisura de 2l, ψ se expresa como:

ψ = 1

1 − lb

2

Si el factor de intensidad de tensión debido a la exigencia alcanza el valor crítico K C el que es denominado

como tenacidad de fisura, entonces se presenta fractura. Esa tenacidad de fisura no es una constante delmaterial, ella puede ser fuertemente dependiente del tipo de exigencia y de la geometría. La tenacidad defisura además depende del espesor de la pieza S . La tenacidad de fisura K C alcanza, para un espesor mínimoS min el valor de K IC . Para mayores valores que S min la tenacidad de fisura permanece independiente delespesor S , tal como se puede ver en la siguiente figura.

El valor K IC es por así decirlo un parámetro del material, que es independiente de la exigencia y de lageometría de la probeta. Es una medida de la resistencia del material a la fisura. Con este valor se puededeterminar, para relaciones de exigencias conocida, si el más pequeño largo crítico de la fisura lc de fallasde material ha sido sobrepasado. Debido a que K C alcanza el valor de K IC recién para el espesor mínimo

S min, se puede examinar para una pieza si es "grueso", en sentido de la mecánica de fractura. Si por ejemploRe es el parámetro de material que no debe ser sobrepasado, entonces se cumple que:

S ≥ 2,5

K IC

Re

2

Ejercicio 16.1.

a) Como se manifiesta una factura dúctil y cómo una fractura frágil?

b) Indique 2 procesos para la determinación de la fractura frágil con sus correspondientes parámetros.

c) Aclarar y definir las siguientes expresiones:

Metalurgia jmla




Factor de intensidad de tensión,

Tenacidad de fisura, y

Largo mínimo crítico de fisura lc.

Solución 16.1.

a)

Una fractura dúctil se manifiesta mediante un conformado plástico creciente.

Una fractura frágil se produce sin un marcado conformado plástico, se presenta repentinamente conuna elevada velocidad de propagación de fisura.

b) Dos procesos para las pruebas de fractura frágil son:

Prueba de flexión de impacto (resiliencia)

Pruebas de detección de fisuras

c) El factor de intensidad de tensión K determina el tamaño de la tensión que se presenta. Es dependientede la tensión nominal σn un del tamaño de la muesca l

K = σn

√ πl

√ π

La tenacidad de fisura K IC es el límite superior para el factor de intensidad de tensión.

El largo más pequeño crítico de fisura lc es el largo de la fisura que por ejemplo para fallas de material, no

debe ser sobrepasado.Ejercicio 16.2.

a) Qué parámetros independientes del material influyen la tendencia de una pieza a la fractura frágil?

b) Están dados tanto el factor de intensidad de tensión K = σn

π

2 l como la tenacidad de fisura K IC =

4000 N/mm3/2 de una placa infinitamente grande con una fisura interna transversal a la dirección de laexigencia. Qué largo debe tener la fisura sin que exista peligro de fractura frágil, cuando la placa deberá sersometido a una carga igual al 60 % del límite de fluencia σs = 1200 N/mm2.

c) Cuál es la dependencia con la temperatura del largo más pequeño crítico de fisura lc para exigencias

cercanas al límite de fluencia?Solución 16.2.

a) La tendencia de una pieza a la formación de fractura frágil está influenciada por:

La geometría de la piezaLa temperaturaEl estado de tensiones (esquema de solicitación)La velocidad de la exigencia.

b) K no debe sobrepasar K IC , por tanto:

jmla Metalurgia



191

K IC = σn

π

2 l con σn = 0,6σsK IC

σn

2 2

π = l

l =

4000 N/mm3/2

0,6 · 1200 N/mm2

2

2π

= 19,65 mm

c) A medida que se incrementa la temperatura aumenta también el largo crítico mínimo de fisura lc, entoncesel material tiende a ser dúctil.

Ejercicio 16.3. Defina las expresiones

Fragilidad de tensión

Fragilidad en frío

Solución 16.3.Fragilidad en frío: En general la ductilidad de un material aumenta con la temperatura. Si la pieza se rompea temperatura ambiente T a, entonces a medida que disminuye la temperatura se debe esperar que ocurra unafractura frágil.

Fragilidad de tensión: Para un estado de tensiones multiaxial (esquema de solicitaciones multiaxial), unmaterial que normalmente es dúctil puede romperse con fractura frágil, cuanto mas se acerque el estado detensiones multiaxial a una estado de tensiones hidrostático.

Ejercicio 16.4.

Una pieza de ancho medio b = 40 mm de acero al Cr-Ni (Rm = 800 N/mm2), que debe ser instalado a una

temperatura de T = 373oC, presenta una fisura de largo l = 6mm.

1. Puede esta pieza todavía ser empleada para una tensión de tracción de σz = 650 N/mm2?

2. Cuán grande es la “longitud de fisura crítica” lc de la pieza?

3. Cómo cambia lc cualitativamente, cuando el espesor de la pieza s llega a ser menor al “espesor míni-mo” S min?

4. Qué comportamiento de material es permitido para la determinación de la densidad de fisura en pri-mera aproximación?

Solución 16.4. 1. Es el factor de intensidad de tensión

K = σn

√ πl ·

√ Ψ

donde Ψ es un factor adimensional

Ψ = 1

1 − ( lb)2

= 1

1 − ( 6 mm40 mm )2

= 1,023

con σn = σz se obtiene:

Metalurgia jmla




K = 650 N/mm2√

π · 6 mm ·

1,023 = 2854,3 n/mm3/2

En la siguiente figura se puede leer, para la temperatura de T = 373 K = 100 oC:

Debido a que K < K IC , la pieza puede ser utilizada.

2. La longitud de fisura crítica de la pieza se obtiene reemplazando K por K IC :

K IC = σn

πlc ·

√ Ψ

Ψ = 1

1 − (

lc

b )2

= b2

b2

−l2c

K IC = σn b

πlc

b2 − l2c

πlcb2 − l2c

=

K IC

σn · b

2· 1

π

El segundo término es igual a C = 0.0176 mm; ahora, resolviendo la ecuación de segundo grado:

lc1,2 =−

1

2C ± ( 1

2C )2 + b2 = 20,63 mm

3. Cuando el espesor de la pieza llega a ser S < S min, entonces:

K C aumenta en forma no lineal,

lc se hace mayor

Por tanto el peligro de fractura se hace menor.

4. En primera aproximación se acepta un comportamiento lineal elástico para la determinación de ladensidad de fisura.

jmla Metalurgia



193

Ejercicio 16.5.

Describa en forma resumida los estados de envejecimiento de una fractura por vibración. Qué se puedeindicar en este caso cualitativamente sobre el factor de intensidad de tensión?

Solución 16.5.

K < K IC

1. Hasta N = 103 Endurecimiento - Ablandamiento, al final una microfisura.

2. Formación de fisuras, movimiento de fisuras pero ningún crecimiento de fisura.

K ≥ K IC

1. Macrofisura se ensancha bajo un ángulo de 45o y finalmente en dirección de la fuerza

2. Ensanchamiento de fisura inestable

Ejercicio 16.6. En discos gruesos de acero aleado (valores del material R p 0,2 = 1800 N/mm2, K IC =2000 N/mm2) se han encontrado, mediante pruebas con ultrasonido, fisuras internas de una longitud de2l = 0,2 mm. Para el factor de intensidad de tensión de estas fisuras debe cumplirse

K = σn

√ πl

a) Existe la posibilidad para este disco, para una fisura perpendicular a la exigencia a tracción de 50 % dellímite de dilatación 0.2%, peligro de fractura o no? (justifique su respuesta).

b) Cuán grande es para ese disco la longitud de fisura crítica más pequeña?

Solución 16.6.

a) Se debe examinar si el factor de intensidad de tensión K sobrepasa la tenacidad a la fractura K IC

K = σn

√ πl con σn = 0,5R p 0,2

K = 0,5 · 1800 N/mm2√ π · 0,25 mm = 797,6 N/mm3/2

Se puede reconocer que K < K IC ; por tanto no existe peligro de fractura.

b) El factor de intensidad de tensión no debe sobrepasar la tenacidad de fractura. Si reemplazamos K porK IC

K IC = σn

√ πlc

lc =K

IC σn

2

· 1

π =2000 N/mm3/2

1800N/mm22

1

π = 0,39 mm

Ejercicio 16.7.

a) Para una placa infinitamente grande se tiene un factor de intensidad de tensión K = σn

√ πl y una

tenacidad de fractura K IC = 4000 N/mm3/2 con una fisura interior transversal a la dirección de la carga.Cuál debe ser la longitud de la fisura sin que se presente peligro de fractura frágil, cuando la placa es exigidahasta el 60 % del límite de fluencia R p 0,2 = 1200 N/mm2.

b) Cual es de dependencia de la longitud de fisura crítica más pequeña respecto de la temperatura?

Metalurgia jmla




Solución 16.7. a)K = σn

√ πl

l = 1

π

K

σn

2

como σn = 0,6R p 0,2 = 720 N/mm2

l = 1

π

K IC

0,6R p 0,2

2

= 1

π

4000N/mm3/2

0,6 · 1200 N/mm2

2

= 10,1 mm

b) La longitud de fisura crítica más pequeña para σn = σs o también (R p 0,2)

lc = 1

π

K IC

σs

2

La tenacidad de fisura K IC se incrementa con la temperatura, el límite de estricción disminuye con latemperatura, por tanto se puede concluir que la longitud de fisura crítica lc se incrementa con la temperatura.

Ejercicio 16.8. Para la pieza mostrada a continuación (b = 75 mm, s = 20 mm, d = 25 mm)

En una prueba rutinaria en una pieza de aleación de aluminio (R p 0,2 = 380 N/mm2, K IC = 940N/mm3/2)se ha encontrado un fisura (a = 6 mm). Para poder determinar resistencia mecánica a la fractura, la geome-tría dada de la fisura debe ser reemplazada por una fisura simple 2l = d + 2a. La exigencia de la piezacorresponde en trabajo a σn = 103N/mm2

a) Determinar el factor de intensidad de tensión K .

b) Existe peligro de fractura? Determinar la tensión nominal crítica.

Solución 16.8.

a) Para todas las geometrías de fisuras y piezasK = σn πψl

Geometría de la fisura →Fisura simple →

l = d

2 + a = 18,5 mm

Para esta geometría de fisura se cumple que ψ = 1

1 − lb

2ψ =

1

1 −

18,5

75

2 = 1,06

jmla Metalurgia



195

por tantoK = 103 N/mm2

1,06 · π · 18,5 mm = 808,5 N/mm3/2

b) Se presenta peligro de fractura al sobrepasar K IC . Se debe examinar si la pieza en sentido de la mecánicade fractura es "gruesa".

S > 2,5

K IC

R p 0,2

2

S > 2,5

940

380

2

20 mm > 15,3 mm

es decir, la pieza es "gruesa 2la dimensión crítica H IC no será sobrepasada, K IC > K .940 N/mm3/2 >808,5 N/mm3/2

Por tanto no existe peligro de fractura inminente.

La tensión nominal crítica para el cual se presenta la fractura resulta de K = K IC

σnC =

K IC

√ πψl =

940 N/mm3/2

√ 1,06 · π · 18,5 mm = 119,8 N/mm2

Seguridad

S Br = σnC

σn=

119,8

103 = 1,16

Observación: La seguridad contra fractura es por tanto no muy grande. Normalmente, la seguridad a serconsiderada debe ser S Br = 1,25 o mayor.

Ejercicio 16.9. Placas gruesas de acero deben ser exigidos con una tensión de tracción de σn =1000 N/mm2. El material tiene las siguientes propiedades:

Temp R p 0,2 K IC oC N/mm2 N/mm3/2

20 1500 2750-30 1560 1740

a) Cuán grande es el factor de seguridad frente a R p 0,2?

b) Durante el ensayo de la placa con ultrasonido no se ha encontrado ninguna falla. Sin embargo, de acuerdocon la capacidad de disolución del método de ensayo, las fisuras ( Ψ = 1) con l ≤ 1 mm, en consideración dela mecánica de fractura puede considerarse como (posiblemente) existente. ’? Existe para la placa el peligrode una fractura frágil para las temperaturas indicadas?

c) Cuán grande es, en cada caso, la longitud de fisura crítica más pequeña lc?Solución 16.9.

a) Factor de seguridad

S = R p 0,2

σn

a 20oC S = 1500

1800 = 1,5

a -30oC S = 1560

1800 = 1,56

Metalurgia jmla




b) Ya que fisuras con l < 1 mm no pueden ser descubiertas con el ensayo con ultrasonido (para un espesorde S = 10 mm), en la mecánica de fracturas se parte del principio de que defectos con el largo de fisura másgrande no detectable L = 2 mm o también l = L

2 = 1 mm siempre se encuentran presentes en la pieza.

σnC = K IC √

πψl; ψ = 1

para 20oC σnC = 2750N/mm3/2

√ π · 1 · 1 mm

= 1552N/mm2 > σn

Por tanto no existe peligro de fractura.

Seguridad

S = σnC

σn=

1552 N/mm2

1000 N/mm2 = 1,552

para -30oC σnC = 1740 N/mm3/2

√ π · 1 · 1 mm

= 982 N/mm2 < σn

Por tanto existe peligro de fractura.

Seguridad

S = σnC

σn=

982N/mm2

1000 N/mm2 = 0,982 < S = 1,56

c) Longitud de fisura crítica más pequeña

lc = 1

π

K IC

σs

2

con σs = R p 0,2

lc = 1

π

K IC

R p 0,2

2

Para 20

o

C lc =

1

π2750 N/mm3/2

1500N/mm3/22

= 1,07 mm

Para -30oC lc = 1

π

1740 N/mm3/2

1560N/mm3/2

2

= 0,396 mm

Ejercicio 16.10. En una placa de acero grande y gruesa (R p 0,2 = 800N/mm2) se permite tener fisuras hastaun largo de 5 mm para disminuir los gastos por ensayos.

a) Determinar el valor requerido para K IC

b) Realizar un bosquejo de la dependencia de K IC (ϑ), K C (s) y caracterice K IC

Solución 16.10.

a) Cuando no se dispone de ningún dato sobre las exigencias en trabajo, se parte del principio de que latensión presente más grande es el límite de fluencia, por tanto

σn = 800 N/mm2

El valor de K IC resulta de la longitud de fisura permisible y de la exigencia de que dicha fisura no debeoriginar ninguna de una fractura frágil.

K IC ≥√

lcπσn

K IC ≥ 2240 N/mm3/2

b)

jmla Metalurgia



197

Ejercicio 16.11. Para la pieza representada abajo (b = 75 mm, s = 20 mm, d = 25 mm)

En una prueba rutinaria en una pieza de aleación de aluminio (R p 0,2 = 380 N/mm2, K IC = 940N/mm3/2)se ha encontrado un fisura (a = 6 mm). Para poder determinar resistencia mecánica a la fractura, la geome-tría dada de la fisura debe ser reemplazada por una fisura simple 2l = d + 2a. La exigencia de la piezacorresponde en trabajo a σn = 110N/mm2

a) Determinar el factor de intensidad de tensión K .

b) Existe peligro de fractura? Determinar la tensión nominal crítica.

Metalurgia jmla




Solución 16.11.

a) Para todas las geometrías de fisuras y piezasK = σn

πψl

Geometría de la fisura→

Fisura simple →l =

d

2 + a = 18,5 mm

Para esta geometría de fisura se cumple que

ψ = 1

1 −

l

b

2

ψ = 1

1 −

18,5

75

2 = 1,065

por tantoK = 110 N/mm2

1,065 · π · 18,5 mm = 8,65 N/mm3/2

b) Se presenta peligro de fractura al sobrepasar K IC . Se debe examinar si la pieza en sentido de la mecánicade fractura es "gruesa".

S > 2,5

K IC

R p 0,2

2

S > 2,5

940

380

2

20 mm > 15,3 mm

es decir, la pieza es "gruesa 2la dimensión crítica H IC no será sobrepasada, K IC > K .

La tensión nominal crítica para el cual se presentaría fractura resulta para K = K IC

σnC = K IC √

πψl =

940 N/mm3/2

√ 1,065 · π · 18,5 mm

= 119,8 N/mm2

jmla Metalurgia





200 Cálculo de la resistencia

17.2. Hipótesis de esfuerzos - Tensión comparativa

Si se desea evitar la fluencia de un material, entonces se debe cuidar que no se sobrepase el límite de fluenciadel material. Para los diferentes tipos de materiales se formulan tensiones de comparación de acuerdo adeterminadas hipótesis. A través de esas tensiones de comparación se comparan estados de tensión en variosejes con el estado de tensión en un solo eje. Con ello se obtiene la tensión de comparación que es comparablecon los valores de Rm, R p 0,2, etc. del correspondiente material.

17.2.1. Hipótesis de tensión normal de Lamé

Esta hipótesis se cumple para materiales frágiles para los cuales se presenta una fractura frágil o de corte.Una fractura de corte se presenta cuando se ha alcanzado la resistencia técnica a la fractura, o para losmateriales frágiles se ha alcanzado la resistencia a la tracción Rm. Por tanto se puede escribir:

σv = Rm

17.2.2. Hipótesis de tensión de cizallamiento de Tresca

Está hipótesis se cumple para materiales dúctiles para los cuales se presenta una fractura de fluencia. Estáhipótesis parte del principio de que la mayor tensión de cizallamiento presente τ max es la responsable parala fractura. Del diagrama o círculo de Mohr se obtiene que τ max = 1

2(σmax − σmin) y esta tensión decizallamiento no debe ser excedida. Por ello es que se escribe un factor de proporcionalidad igual a 2, portanto:

σv = 2τ max

Con ello se obtiene:σv = σmax − σmin

Si observamos un cigüeñal sometido a tracción, flexión y torsión, entonces se reconoce que se pueden sumarlas tensiones de tracción y flexión. Por otro lado se reconoce que en las direcciones y y z no influye ningunatensión. Debido a la influencia del momento de torsión se produce una tensión de cizallamiento.

De acuerdo a la relación en el círculo de Mohr:

σmax = 1

2(σx + σy) +

1

4(σx − σy)2 + τ 2xy

σmin = 1

2(σx + σy) −

1

4(σx − σy)2 + τ 2xy

jmla Metalurgia



17.2 Hipótesis de esfuerzos - Tensión comparativa 201

por tanto:

σmax

−σmin = 2 1

4

(σx

−σy)2 + τ 2xy

σmax − σmin =

(σx − σy)2 + 4τ 2xy

Con σx = σtrac + σflex se obtiene:

σv =

(σz,d + σB)2 + 4τ 2t

17.2.3. Tensión de comparación de Mises (Hipótesis de energía de transformación)

En forma análoga de lo indicado anteriormente para las condiciones de fluencia, se formula la tensión de

comparación de Mises. Ella considera todas las tensiones presentes y es por tanto la más exacta.

σ2v = σ2

I + σ2II + σ2

II I − σI σII − σI σIII − σII σII I

o su equivalente:

σ2v = σ2

x + σ2y + σ2

z − σxσy − σxσz − σyσz + 3τ 2xy + 3τ 2yz + 3τ 2zx

De esta manera se obtiene, para un cigüeñal sometido a presión o tracción, flexión y torsión, con σx =σz,d + σb.

τ t = τ xy ; σx = σz = 0 y τ xz = τ zy = 0σv =

(σten,comp + σb)2 + 3τ 2t

Ejercicio 17.1.

1. Para una barra prismática determine los vectores de tensión en dirección normal y tangencial, cuandoa través del cuerpo se hace un corte plano, cuya normal está inclinada en un ángulo α debajo de ladirección de la fuerza:

Componentes de fuerza: F n, F t

Vectores de tensión: P n, P t

Vectores normal y tangencial: n, t

2. Trazar el correspondiente círculo de Mohr (tensión principal σI = 100 N/mm2, 1 cm = 10 N/mm2)

Metalurgia jmla




3. Determinar para el ángulo de corte de α = 30o y la tensión normal σI = 100 N/mm2 los valorescorrespondientes a las tensiones normal y tangencial. Para qué ángulo de corte se presenta la mayortensión de tracción τ max? Cuán grande es esta tensión en relación a su tensión principal σI ?

Solución 17.1.

1. Representación gráfica:

F n = F cos α = F cos α · n

F t = F sin α = F sin α · t

P n = F nS ∗

con S ∗ = S/ cos α con ello

P n = F

S cos2 α · n

P t = F t

S ∗ =

f

S sin α cos α · t

| P n| = σ = F

S cos2 α

| P t| = τ = F

S sin α cos α

con σI = F S

→ σ = σi cos2 α;τ = σI sin α cos α

Con ayuda del teorema de adición se obtiene:

σ = σI

2 +

σI

2 cos2α y τ =

σI

2 sin2α

2. Diagrama de Mohr

jmla Metalurgia




3. Diagrama de Mohr

Ejercicio 17.2. Para el estado de tensión biaxial

σy = 1

3σx ; τ xy =

3

2σy

Metalurgia jmla




1. Trazar el círculo de tensión de Mohr y determinar gráfica y numéricamente los valores para la tensio-nes principales σI ; σII ; σII I !

2. Cómo se cambian las tensiones principales cuando se tiene que σy = 1

3σx (Solución gráfica y numé-

rica).3. Determinar a partir de las tensiones normales principales en 1) y 2) las tensiones de comparación de

acuerdo a Mises!

Solución 17.2.

1. En forma gráfica, eligiendo σx = 6 cm → σy = 2 cm; τ xy = 3 cm

Leyendo valores, se tiene:

σI = 7,5 cm; σII = 0,4 cm; τ max = 3,6 cmNuméricamente:

σI,II = 1

2(σx + σy) ±

1

4(σx − σy)2 + τ 2xy

σI,II = 1

2(σx +

1

3σx) ±

1

4(σx − 1

3σx)2 + (

1

2σx)2

σI,II = 2

3σx ±

√ 13

6 σx

σI = 127σx

jmla Metalurgia




σII = 0,07σx

τ max = 1

2(σI − σII ) = 0,6σx

2. Gráficamente:

Leyendo valores, se tiene:

σI = 7 cm; σII = −3 cm; τ max = 5 cm

Numéricamente:

σI,II = 1

2(σx − 1

3σx) ±

1

4(σx +

1

3σx)2 + (−1

2σx)2

σI,II = 2

6 σx ± 5

6 σx

σI = 1,17σx

σII = −0,5σx

τ max = 1

2(σI − σII ) = 0,8σx

3. Tensión de comparación de acuerdo a Mises

σ2v = 1

2 [(σI − σII )2 + (σII − σII I )

2 + (σII I − σI )2]

Para a) σI = 1,27σx; σII = 0,07σx; σII I = 0

Metalurgia jmla




σ2v = 1

2 [(1,27σx − 0,07σx)2 + (0,07σx)2 + (−1,27σx)2]

σ2v = 1

2 [(1,44σ2x + 0,0049σx)2 + 1,6129σ2

x]

σv = 1,237σx

Para b) σI = 1,17σx; σII =

−0,5σx; σII I = 0

σ2v = 1

2 [(1,17σx + 0,5σx)2 + (−0,5σx)2 + (1,17σx)2]

σ2v = 1

2 [(2,7889σ2x + 0,25σx)2 + 1,3689σ2

x]

σv = 1,485σx

Ejercicio 17.3.

1. Trazar el círculo de Mohr para un estado de tensión en dos ejes con σy = 14σx; τ xy = 2σy y determinar

gráfica y numéricamente las tensiones principales.

2. Cómo cambian las tensiones principales cuando las tensiones τ xy y σy se duplican (gráfica y numéri-camente)?

3. Determinar para 1) y 2) las tensiones de comparación de Mises.

Solución 17.3.

1. Gráficamente:

Se elige la siguiente escala: σx = 8 cm σy = 2 cm τ xy = 4 cm

jmla Metalurgia




Los valores leídos son: σI = 10 cm σII = 0 cm τ max = 5 cm

Numéricamente:

σI,II = 12(σx + σy) ±

14(σx − σy)2 + τ 2xy

σI,II = 12(σx +

14σx) ± 1

4 (σx − 14σx)2 +

14σ2x

σI,II = 58σx ± 5

8σx

σI = 1,25σx σII = 0 τ max = 0,625σx

2. σy = 12σx τ xy

Gráficamente:

Se elige la siguiente escala: σx = 8 cm σy = 4 cm τ xy = 8 cm

(Escala 0.6 = 1cm, debido al tamaño del gráfico)

Los valores leídos son: σI = 14,2 cm σII = −2,2 cm τ max = 8,3 cm

Numéricamente:

σI,II = 12(σx + 1

2σx) ±

14 (σx − 1

2σx)2 + σ2x

σI,II = 34σx ±

√ 174 σx

σI = 1,78σx σII = −0,28 τ max = 12(σI − σII ) = 2,06

2 σx = 1,03σx

Metalurgia jmla




3. De acuerdo a Mises:

σ2v = 1

2 [(σI − σII )2 + (σII − σII I )

2 + (σII I − σI )2]

Para a) σI = 1,25σx; σII = 0; σII I = 0

σ2v = 1

2 [(1,25σx)2 + (

−1,27σx)2]

σv = 1,25σx

Para b) σI = 1,78σx; σII = −0,28σx; σII I = 0

σ2v = 1

2 [(1,78σx + 0,28σx)2 + (−0,28σx)2 + (−1,78σx)2]

σv = 1,94σx

Ejercicio 17.4.

1. Cuál la razón para que se formulen hipótesis de esfuerzos?

2. Nombrar dos ejemplos del concepto de hipótesis de esfuerzos.

3. Qué se entiende bajo el concepto de tensión de comparación?4. Para un estado de tensión espacial (σI ; σII = σII I ) y conformado en un solo eje (εI ; εII = εII I = 0),

expresar las tensiones principales σI y σII mediante la tensión de comparación σv con ayuda de laecuación de elasticidad lineal de Hooke y la hipótesis de esfuerzos de Mises.

Solución 17.4. 1. Las hipótesis de exigencias se utiliza para definir el límite de esfuerzo del materialbajo una exigencia sobre varios ejes.

Plantea, con ayuda de los componentes individuales del estado de tensiones en multiaxial, una tensiónindividual del mismo valor.

2. Dos ejemplos son la hipótesis de exigencias de Tresca

σv = σmax − σmin

y la hipótesis de Lamé:

σv = σmax

3. La tensión de comparación es una unidad ficticia, ella representa una comparación entre la exigenciade los estados de tensión en multiaxial y en un sólo eje.

4.

εI = 1

E [σI − ν (σII + σII I )] → εI =

1

E [σI − ν 2σII ]

εII = 1

E [σII − ν (σI + σII I )] → 0 = σII − ν (σI + σII I ]

εII I = 1E

[σII I − ν (σI + σII )] → 0 = σII I − ν (σI + σII )

Ejercicio 17.5. Para el estampado en un molde de estampado abierto; determine, con ayuda de la hipótesisde exigencias de Tresca y Mises, las tensiones principales y las dilataciones principales para el inicio de lafluencia como una función del límite de fluencia en compresión σF . No se presenta rozamiento de molde deestampado. Estado de tensión en dos ejes:

σI ; σII I ; σII = 0

Estado de conformado en dos ejes:εI ; εII ; εII I = 0

jmla Metalurgia




Solución 17.5. Del gráfico:

εI = 1


1

E [σI − νσII I ] (10)

εII = 1

E [σII − ν (σI + σII I )] → εII =

1

E [−ν (σI + σII I )] (11)

εII I = 1

E [σII I − ν (σI + σII I )] → 0 =

1

E [(σII I − νσI )] (12)

A partir de la ec. 12:σII I = ν σI (13)

Reemplazando la ec. 13 en la ecuaciones 10 y 11 resulta:

εI = σI

E (1 − ν 2)

εII = −νσI

E (1 + ν )

De Tresca:

Metalurgia jmla




σv = σmax − σmin = σF

σII = 0; σv = σI = σF

Introduciendo ésto en las dilataciones y tensiones:

σII I = ν σF εI = σF

E (1 − ν 2) εII =

νσF

E (1 + ν )

De Mises:

σf = σv =

1

2[(σI − σII )2 + (σII − σII I )2 + (σII I − σI )2]

σF

= 12

[σ2

I + ν 2σ2

I + σ2

I (ν

−1)2]

σF = σI

(1 − ν + ν 2)

Por tanto

σI = σF (1 − ν + ν 2)

introduciendo en las dilataciones y tensiones:

σII I = νσF (1 − ν + ν 2)

εI = σF

E

(1 − ν + ν 2)(1 − ν 2)

εII = − νσF

E

(1 − ν + ν 2)(1 + ν )

Ejercicio 17.6. Para las pruebas de estampado bajo conformado en un solo eje (εI ; εII = εII I = 0),expresar las tensiones principales normales (σI , σII = σII I ) con ayuda de la ecuación de elasticidad lineal

de Hooke mediante la tensión de comparación σv. La tensión de comparación debe ser calculada de acuerdoa la hipótesis de exigencias para a) materiales dúctiles, y b) para materiales frágiles.

Solución 17.6.

εI = 1


1

E (σI − νσII ) (14)

εII = 1

E [σII − ν (σI + σII I )] → 0 = σII − ν (σI + σII ) (15)

εII I = 1

E [σII I − ν (σII + σII I )] → 0 = σII I − ν (σI + σII I ) (16)

jmla Metalurgia




De la ecuación 15 se tiene:

σII =

ν

1

−ν

σI = σII I

a) Para los materiales dúctiles se emplea la hipótesis de Tresca:

σv = σmax − σmin = σI − σII = σI − νσI

1 − ν =

1 − 2ν

1 − ν

σI

dando como resultado:

σI =

1 − ν

1 − 2ν

σv; siendo σII = σII I =

ν

1 − 2ν

σv

b) Para los materiales frágiles se emplea la hipótesis de Lamé:

σv = σmax = σI ; resultando: σII = σII I =

νσv

1 − ν

Ejercicio 17.7. Durante el Estampado en moldes de estampado (ver figura), el conformado de la probeta esimpedida, de acuerdo al molde de estampado en una (figura a) o dos direcciones (figura b).

1. Determinar, para el Estampado en dos ejes (εII = 0, figura a) y para el Estampado en un eje (εII =εII I = 0, figura b), el estado de tensiones para un rozamiento despreciable entre la probeta y el moldede estampado.

2. Cómo están relacionados entre ellas las tensiones principales normales (σI , σII , σII I ) para el estam-pado en uno y dos ejes para materiales con comportamiento elástico lineal? (Calcular de acuerdo a lasecuaciones de elasticidad lineal).

Metalurgia jmla




3. Cuán grande deberá ser la tensión en dirección I para que se alcance el límite de elasticidad en com-presión σd? Calcular para ambos procesos de estampado, las exigencias del material (σv = σd) deacuerdo a la hipótesis de energía de cambio de forma (Mises) y emplear el número elástico v = 1/3.

Solución 17.7.

1. .

εI = 1

E [σI − ν (σII + σII I )] (17)

εII = 1

E [σII − ν (σI + σII I )] (18)

εII I = 1

E [σII I − ν (σI + σII )] (19)

Figura a) Estampado en dos ejes - estado de tensión en dos ejes

εI = 1

E (σI − νσII )

εII = 0; εII I = 0

0 = σII − νσI (20)

εII I = 1

E (−νσI − νσII )

De la ecuación 18→

σII

= ν σI ; σ

II I = 0

2. Figura b) Estampado en un eje - estado de tensión en tres ejes

εII = εII I = 0

εI = 1

E [σI − ν (σII + σII I )] (21)

0 = σII − νσI − νσII I (22)

0 = σII I − νσI − νσII (23)

De la comparación de las ecuaciones 22 y 23 se puede reconocer que σII = σII I , considerando esto

en la ecuación 22:

σI =

1 − ν

ν

σII

3. Hipótesis de energía de cambio de forma (Mises)

σ2v = σ2

I + σ2II + σ2

II I − σI σII − σI σII I − σII σII I

Para el estampado en dos ejes: σII = ν σI ; σII I = 0, con ello:

jmla Metalurgia




σ2v = σ2

I + ν 2σ2I − νσ2

I

σv = σI

√ 1 − ν + ν 2, siendo ν = 1/3

σv = 0,88σI

El estampado en un solo eje: σII = σII I = ν

1 − ν σI , de manera que:

σ2v = σ2

I +

ν

1 − ν

2

σ2I +

ν

1 − ν

2

σ2I −

ν

1 − ν

σ2I −

ν

1 − ν

σ2I −

ν

1 − ν

2

σ2I

σ2v = σ2

I

1 − 2ν

1 − ν +

ν

1 − ν

2

σv = σI 1 − 2ν

1 − ν , siendo ν = 1/3:

→ σv = 1

2σI

Ejercicio 17.8. Demostrar que un estado de tensión hidrostático (σI = σII = σII I = − p), el que se hacerealidad por ejemplo en una probeta en forma de cubo sometida a presión del líquido p por todos los lados,no conduce a la fluencia de la probeta de acuerdo con la hipótesis de energía de cambio de forma de Mises.

Solución 17.8.σI = σII = σII I

Reemplazando en la relación de Mises:

σv =

1


σv =

1

2[(− p + p)2 + (− p + p)2 + (− p + p)2]

σv = 0 → No existe fluencia!

Ejercicio 17.9. Una cañería de acero y una de fundición gris son sometidos a torsión hasta que ellos serompen.

1. Trazar el círculo de Mohr para la torsión!

2. Indique el tipo de fractura para el acero y la fundición gris y el ángulo de la superficie de fractura conrelación al eje de la cañería ( por ejemplo empleando un esquema de las superficies de los elementos).

3. Cuáles de las hipótesis de exigencias se comprueban experimentalmente para la fractura del acero yde la fundición gris?

4. Expresar la tensión principal normal σI , σII I el que bajo carga de torsión se presentan en la fractura,empleando para ello la resistencia a la rotura σR(St) y σR(GG).

Metalurgia jmla




Solución 17.9.

1. Para torsión pura, la tensión de tracción es máxima, cuando no se presentan tensiones normales.

2. Para el acero se presenta fractura de deslizamiento

mientras que para fundición gris se tiene fractura de separación

Nota: Para una fractura de Gleit la fractura se presenta bajo un ángulo de 45o en dirección a la carga,mientras que para una fractura de separación bajo un ángulo de 90o en dirección a la carga. Si unaprobeta es exigida a tensión, las superficies de fractura se ven de la siguiente forma:

jmla Metalurgia




Fractura de deslizamiento.

Fractura de separación.

En el ejercicio presente se tiene sin embargo sólo torsión, por tanto las superficies representadasgráficamente deben verse en relación a la dirección de la exigencia. Para una mejor comprensión deeste ejercicio se puede probar con una pieza de tiza (material frágil) haciendo que ella sea sometidacon la mano a torsión hasta conseguir su fractura. Además puede buscar otro material dúctil paracomparar las superficies de fractura.

3. Para los dos materiales en cuestión:

En la fractura de un acero se presenta fractura de deslizamiento, por tanto se emplea la hipótesisde tensión cortante.

En la fractura de una fundición gris se presenta fractura de separación, por tanto se emplea lahipótesis de tensión normal.

4. Para acero:

σI = 1

2σR : σII I = −σI ; σII = 0

Para fundición gris:

σI = σR

Ejercicio 17.10. Determinar, con ayuda de los dos diagramas que a continuación se presentan (obtenidos enuna prueba de tensión en un solo eje) para ambos materiales, la correspondiente tensión de comparación σv,apenas por encima del valor permitido. Durante el empleo de estos materiales para exigencias en multiaxialse deben evitar conformados plásticos en valores no permisibles.

Metalurgia jmla




Solución 17.10. Para la figura 1 se determina la tensión de comparación σv de manera tal que el límite defluencia no sea sobrepasada. Por tanto, σv = 350 N/mm2.

Para la figura 2 se determina la tensión de comparación de manera tal que el límite de dilatación R p0,2 nosea sobrepasada. Por tanto σv = 490 N/mm2.

Ejercicio 17.11. Se dispone de un cigüeñal completo de fundición gris (Rm = 200 N/mm2) exigido con unmomento de torsión y un momento de flexión. Encontrar para el límite de exigencia, la tensión de flexióncomo función de la tensión de tracción.

Solución 17.11.

De acuerdo a la hipótesis de tensión normal, es determinante la mayor tensión normal presente, es decirσv = σmax = σI .

Se debe considerar que para materiales frágiles con una dilatación de fractura A < 10 % en lugar de laresistencia a la rotura (Reiss) σR se debe introducir la resistencia a la tracción Rm. Con σmax = Rm setiene que σv = Rm.

En el círculo de Mohr se cumple que:

σmax = σI = σx + σy

2

+ (σx − σy)2

4

+ τ 2xy

Considerando que: σx = σb σy = 0 τ xy = tensión de tracción

por tanto:

σmax = Rm = σb + 0

2 +

(σb − 0)2

4 + τ 2xy

Rm = σb

2 +

σ2b

4 + τ 2xy =

σb

2 +

1

2

σb + 4τ xy

→ (2Rm − σb)2 = σ2b + 4τ xy

σb = Rm − τ 2xyRm

Ejercicio 17.12. Para la pared de una cañería (DA/Di ≈ 1) se ha determinado las exigencias de trabajoobteniéndose una tensión de torsión de 90 N/mm2. La tensión perimetral resulta ser de 250 N/mm2 y enel presente caso es siempre el doble de la tensión axial. Las tensiones perpendiculares a la pared, así comootras tensiones de tracción pueden se consideradas como cero. El material tiene un límite de fluencia de 400N/mm2.

jmla Metalurgia




1. En qué factor debe incrementarse la tensión perimetral, y con ello también la tensión axial, sin quese presente la fluencia del material? Como hipótesis de exigencias se debe emplear la condición deMises.

2. Encontrar ( sin tener que introducir valores) el proceso completo de cálculo, cuando adicionalmente

se aplica la hipótesis de tensión de tracción.

Solución 17.12.

1. De acuerdo a Mises:

σ2v = σ2

x + σ2y + σ2

z − σxσy − σyσz − σzσx + 3τ 2xy + 3τ 2zx + 3τ 2yz

Los valores proporcionados en la pregunta del ejercicio no podrían inicialmente completar la ecua-ción, es necesario todavía el añadir el factor R delante de las tensiones axial o perimetral. Además sedebe introducir la condición de que σ

z = τ

yz) = τ

zx = 0.

Además: σx = σaxial σy = σ perim σx = σy/2

τ xy = tensión de tracción en el plano x − y. Por tanto se obtiene que:

σ2v = (Rσy/2)2 + (Rσy)2 − (Rσy)2

2 + 3τ 2xy

→ R =

σ2v − 3τ 2xy3σ2

y

→ R = [(400 N/mm2)2

−3(90 N/mm2)2]

·4

3 · (250N/mm2)2

→ R = 1,7

2. De acuerdo a la hipótesis de la tensión de cizallamiento:

σv = σmax − σmin

Caso 1: σmin = 0 σv = σmax = σI , de donde resulta:

σv = R

σx + σy

2

+

R2

4 (σx − σy)2 + τ 2xy

Con: σx = σy

2

→ σv = 3

4Rσy +

R2

8 σ2

y + τ 2xy

→ R = · · ·

Metalurgia jmla




Caso 2: σmin = 0 σv = σmax − σmin, de donde resulta:

σv = R

σx + σy

2

+

R2

4 (σx − σy)2 + τ 2xy

−

R

σx − σy

2

−

R2

4 (σx − σy)2 + τ 2xy

→ σv = 2

R2

4 (σx − σy)2 + τ 2xy

Con: σx = σy/2

→ σv = R2

4

σ2y

4 + 4τ 2xy

→ R = · · ·

Ejercicio 17.13. Se dispone de una probeta sometida a tensión de cizalladura unida con una sencilla su-perposición soldada. Está sometida a un esfuerzo en dos ejes. Determinar, con ayuda de la hipótesis deexigencias de Mises, la tensión de comparación sigmav en función de la tensión de cizallamiento promedio

τ m = F

lb y el ángulo α.

Solución 17.13.

jmla Metalurgia




Mises: σ2v = σ2

x + σ2y + σ2

z − σxσy − σzσx − σyσz + 3τ 2xy + 3τ 2zx + 3τ 2yz

Con: σx = σα σy = σz = 0 τ xy = τ α τ zx = τ yz = 0

→ σ2v = σ2

α + 3τ 2α = (τ m sin α)2 + 3(τ m cos α)2

→ σv = τ m

sin2 α + 3 cos2 α = F

lb

sin2 α + 3 cos2 α

Ejercicio 17.14.

1. Determinar, para un estado de tensión en tres ejes, con las tensiones σy = 80 N/mm2 y σz =−30N/mm2, la tensión máxima permisible σx. No se presentan tensiones cortantes.

a) Para fundición gris GG 35 (Factor de seguridad S u = 2,5).

b) Para acero con R p 0,2 = 350 N/mm2 (Factor de seguridad S F = 1,5).

2. Para un estado de tensiones sobre dos ejes (σII I = 0) la tensión de comparación está formuladamediante:

σv = A

(σi − σII )2

+ σ2I + σ

2II

a) Determinar el factor A considerando la definición de la tensión de comparación.

b) Cuál de las hipótesis de exigencias corresponde a la anterior relación?

Solución 17.14.

1. .

a) Fundición gris GG 35 con S u = 2,5: corresponde a un material frágil, por ello es que se empleala hipótesis de Lamé.

σv = σx = Rm

S u=

350 N/mm2

2,5 = 140 N/mm2

(Fundición gris GG 35 → Rm ≈ 350N/mm2)

b) Para acero St se emplea la hipótesis de Tresca, ya que se trata de un material dúctil.

σv,perm = σmax − σmin

σmax = σv, perm + σmin

Metalurgia jmla




σmax = R p 0,2

S F + σz

σmax =

350 N/mm2

1,5 − 30 N/mm2

σmax = 203,33 N/mm2

2. .

a) A partir de:σ2v = σ2

I + σ2II + σ2

II I − σI σII − σI σIII − σII σII I

Con:

σII I = 0 σ2v = σ2I + σ2II − σI σII

→ σv = ±

σ2I + σ2

II − σI σII

Igualando ecuaciones se obtiene:

σv = A

(σI − σII )2 + σ2I + σ2

II = ±

σ2I + σ2

II − σI σII

→ A 2(σI + 2σII )2 − σI σII = ± σ2I + σ2

II − σI σII

→ A = ± 1√ 2

b)

σv = 1√

2

(σI − σII )2 + σ2

I + σ2II

σv = 1√

2

2(σ2

I σ2II − σI σII =

σ2I + σ2

II − σI σII

→ Esto corresponde a la hipótesis de energía de cambio de forma de Mises con σII I = 0

Ejercicio 17.15. Un cigüeñal hueco rotante (Material St 60, diámetro exterior Da = 40 mm, diámetrointerior Di = 30 mm), es exigido mediante un momento de torsión M t01 kNm y un momento de flexiónejercido en forma constante sobre el cigüeñal M b = 200 Nm.

1. Determinar para estas exigencias, con una hipótesis de exigencias adecuado, el factor de seguridad S contra fractura permanente. El factor de seguridad determinado es suficiente?

2. En que porcentaje es mayor la tensión de comparación de Tresca respecto a la correspondiente tensiónde Mises?

jmla Metalurgia




3. Si el cigüeñal hueco es sometido adicionalmente a una fuerza axial F ax = 10 kN. La sección trans-versal del cigüeñal para esa exigencia debe ser incrementado? Justifique su respuesta.

Valores característicos del material:

Rm = 600 N/mm2

R p 0,2 = 420 N/mm2

σbW = 280 N/mm2

σW = 200 N/mm2

τ W = 120 N/mm2

W p = 2W ax W ax = π

32

D4a − D4

i

Da

Solución 17.15.

1. Una hipótesis de exigencia apropiada es la hipótesis de Mises.

σv =

(σb + σz,d)2 + 3τ 2t

σv =

M bW ax

2

+ 3

M tW p

2

σv = 200Nm

4295,15 mm3

2

+ 3 1000Nm

2 · 4295,15 mm3

2

σv = 206,95 N/mm2

S F = R p 0,2

σv=

420 N/mm2

206,95 N/mm2 = 2,03

2. De Tresca:

σv = (σb + σz,d)2 + 4τ 2t σz,d = 0

σv =

M bW ax

2

+ 4

M tW p

2

σv =

200 Nm

4295,15 mm3

2

+ 4

1000Nm

2 · 4295,15 mm3

2

σv = 237,43 N/mm2

Metalurgia jmla




σv TrescaσvMises

= 237,43 N/mm2

206,95 N/mm2 = 1,15

Por tanto la diferencia es del 15 %.

3. Considerando ahora que: σz,d = F

S o, con S o = π(D2

a − D2i )/4 = 550 mm2

De Mises:

σv =

(σz,d + σb)2 + 3τ 2t

σv =

10 kN550 mm2

+ 200 Nm

4295,15mm3

2

+ 3

1000 Nm

2 · 4295,15 mm2

2

σv = 211,77 N/mm2 < R p 0,2 = 420N/mm2

El cigüeñal no es exigido hasta el límite de exigencia, por tanto no es necesario ningún incremento enla sección transversal.

Ejercicio 17.16.

1. Formular en las tensiones principales normales las hipótesis de tensiones normales, tensiones cortan-tes y la hipótesis de exigencias de Mises.

Porqué la hipótesis de Mises para materiales dúctiles y materiales metálicos proporciona una mejor

coincidencia con los resultados experimentales comparada con la hipótesis de tensiones cortantes?2. Una cañería de pared gruesa es exigido en el campo elástico lineal mediante una presión interna p. La

más alta exigencia se presenta en la pared interior de la cañería con las siguientes tensiones:

Tensión perimetral: σu = p

1 + u2

u2 − 1

Tensión longitudinal: σa = p

1

u2 − 1

Tensión radial: σr = p

1 − u2

u2 − 1

Calcular la presión interior p, para la cual, de acuerdo a la hipótesis de Mises, se inicia la fluencia,cuando u = ra

ri= 1,2; ra = 500 mm y σF = 260 N/mm2.

Solución 17.16.

1. Hipótesis de tensión normal: σv = |σmax| = σI oσII I

Hipótesis de tensión cortante: σv = |σmax − σmin| = |σI − σII I | = 2τ max

Hipótesis de exigencias de Mises:

jmla Metalurgia




σ2v = σ2

I + σ2II + σ2

II I − σI σII − σI σII I − σII σII I

La hipótesis de exigencias de Mises para los materiales metálicos dúctiles ofrece mejores coinciden-cias con los resultados experimentales, debido a que en ella se considera la influencia de las tensiones

de corte principales que contribuyen a la fluencia del material.

2. Se presenta un estado de tensión en tres ejes con:

σI = σu σII = σa σII I = σr σI > σII > σII I

σv =

1


Con los valores indicados en el ejercicio se obtiene:

σF = σv =

p2

2(u2 − 1)2 [(1 + u2 − 1)2 + (1 − 1 + u2)2 + (1 − u2 − 1 − u2)2]

σF =

p2

2(u2 − 1)26u4 =

u2 p√

3

u2 − 1

p = σF (u2 − 1)√

3u2 =

260 N/mm2(1,22 − 1)

1,22√

3= 45,87 N/mm2

Metalurgia jmla



224 Materiales compuestos

18. Materiales compuestos

18.1. Generalidades

El reforzado de un material se realiza con ayuda de fibras de otro material que posea una mayor resistencia.El material de la fibra tiene un módulo de elasticidad mayor y un punto de fusión más elevado, de maneraque se obtiene en total una mayor resistencia y le permite trabajar a temperaturas más elevadas. En este caso,al material que está siendo reforzado se le llama matriz.

Los materiales compuestos tienen muchas posibilidades de uso. Por ejemplo si se desea emplear un materialpoco resistente a la corrosión porque posee una elevada resistencia, entonces se puede recubrir con unamatriz de un material más noble. Un otro ejemplo sería un material para descansos, que puede ser cubiertopor una cáscara de un material con mayor dureza. Se pueden nombrar muchos otros ejemplos, sin embargo,nos dedicaremos en principio a las reglas que rigen los materiales compuestos.

Es muy importante que las fibras en una matriz se encuentren bien adheridos, de manera que pueda consi-

derarse por ejemplo la dilatación de la matriz (εm) y de la fibra (εf ) como de igual valor.Por tanto εc = εm = εf , siendo εc la dilatación del material compuesto.

Si definimos el volumen total del material compuesto como unidad, entonces las fracciones de volumen dela fibra y de la matriz pueden sumarse para dar dicha unidad; o sea:

V f + V m = 1 = V c

El módulo de elasticidad del material compuesto se puede determinar de:

V cE

c = V

f E

f + V

mE

m → E

c = E

f V f

+ E m

V m

considerando que V m = 1 − V f se tendrá:

E c = E f V f + E m(1 − V f )

Esta ecuación es denominada como la regla lineal de mezcla. Si multiplicamos la anterior ecuación con susdilataciones individuales se obtiene:

E cεc = E f εf V f + E mεm(1 − V f )

De esta manera se obtiene:

σc = σf V f + σm(1 − V f )

A continuación determinaremos cuan grande debe ser la fracción en volumen de la fibra respecto del volu-men total del material compuesto de tal manera que la matriz sea mínimamente reforzada. Para ello hagamosel siguiente experimento mental: Consideremos el momento de la fractura. En un intervalo de tiempo su-ficientemente pequeño antes de la fractura, se alcanza la tensión de fractura σfu, la que inmediatamentedespués producirá la fractura de la fibra. Hasta ahora se entiende que la dilatación de la fibra y la matriz soniguales:

jmla Metalurgia



18.1 Generalidades 225

εm = εf = εfu, siendo εfu la dilatación para la cual se rompe la fibra.

La tensión en la fibra será: σf = σfu = E f εfu,

La tensión en la matriz será: σm = E mεm = E mεfu

En esa pequeña fracción de tiempo, la tensión de fractura poco antes de la fractura es:

σcu = σfuV f + σm(1 − V f ) (24)

Ahora se produce la fractura, las fibras del material compuesto se rompen y la tensión correspondientealcanza el valor de cero (σfu = 0).

La carga que hasta ese momento era soportada tanto por la matriz como por la fibra será a partir de estemomento soportada sólo por la matriz, por tanto se tiene una tensión diferente en la matriz σm = σmu (se denomina σmu porque esta tensión conducirá a la fractura de la matriz). De esta manera se obtiene unanueva tensión de fractura del material compuesto:

σcu = σmu(1 − V f ) (25)

igualando las ecuaciones 24 y 25 se obtiene:

σfuV f + σ∗m(1 − V f ) = σmu(1 − V f )

σfuV f + σ∗m − V f σ∗m = σmu − V f σmu

V f (σfu − σ∗m + σmu) = σmu − σ∗m

V f = v∗f = σmu − σ∗m

σfu + σmu − σ∗m=

εmuE m − εfuE m

εfuE f + εmuE m − εfuE m

V ∗f = εmu − εfu

εmu +

E f E m

− 1

εfu

Para un material compuesto, la tensión de fractura disminuirá hasta ese valor de fracción de volumen de lafibra. Eso significa que la tensión que conduce a la fractura será más pequeña, lo que por supuesto no esdeseado.

Partamos ahora del hecho de que las fibras y la matriz se rompen al mismo tiempo, entonces la tensión defractura, que en la anterior consideración condujo primero a la rotura de las fibras y luego de la matriz, ahorarompe todo el material compuesto. Entonces:

σmu = σcu = σfuV f + σ∗m(1 − V f )

→ V f = V f crit = σmu − σ∗m

σfu − σ∗m=

E mεmu − E mεfuE f εfu − E mεfu

V f crit =

εmu

εfu− 1

E f E m

− 1

Metalurgia jmla






2. Qué condición no geométrica para los materiales compuestos, además de la ley de Hook, se debecumplir?

Solución 18.2.

1. Para la probeta 1: Se tiene que εm = εf = εc, y

E c = E f · V f + E m · V m con V m = 1 − V f

→ E c = E f · V f + E m(1 − V f )

→ E mE f

E c = E m · V f + E mE mE f

(1 − V f )conV f = 0,4

Para E m/E f = 2 es

2 · E c = 0,4 · E m + 2 · E m · 0,6

por tanto: E c = 0,8E mPara E m/E f = 0,5 es

0,5 · E c = 0,4 · E m + 0,5 · E m · 0,6

Por tanto: E c = 1,1E m

Para la probeta 2: Se tiene que σm = σf = σc y

el alargamiento total es εc = εf + εm con V c = V f + V m y ε = σE ,

por tanto se obtiene:

εc = εm · V m + εf · V f ) = εm · (1 − V f ) + εf · V f

→ σc

E c=

σm

E m· (1 − V f ) +

σf

E f · V f

→ 1

E c=

1

E m· (1 − V f ) +

1

E f · V f

→ 1

E c=

1

E m

(1 − V f ) +

E mE f

· V f

→ E c = E m

(1 − V f ) + E mE f

· V f

Para: E m/E f = 2 es

E c = E m

[(1 − 0,4) + 2 · 0,4] = 0,714E m

Para: E m/E f = 0,5 es

E c = E m

[(1 − 0,4) + 0,5 · 0,4] = 1,25E m

2. Las fibras deben estar perfectamente adheridos a la matriz.

Ejercicio 18.3.

Metalurgia jmla




1. Cuáles son las razones para el empleo de materiales reforzados con fibras?

2. Cómo expresa Ud. la ecuación para la regla lineal de mezcla?

3. Cuáles son las condiciones para la aplicación de la regla lineal de mezcla?

4. Calcular la tensión de fractura para un material compuesto que tiene los siguientes datos: E f =350000 N/mm2, E f /E m = 7, εfu = 2 %, εmu/εfu = 3, bajo la condición de comportamientoelástico lineal del material de su módulo de elasticidad (E c) y de la tensión de fractura (σcu) delmaterial compuesto para una fracción de volumen de la matriz de V m = 0,60.

Solución 18.3.

1. Con materiales compuestos reforzados con fibra se alcanza una mayor resistencia y se puede trabajara mayores temperaturas.

2. La ecuación para la regla lineal de mezcla puede expresarse como:E c = E f V f + E m(1 − V f )

3. La regla lineal de mezcla puede aplicarse cuando las fibras se encuentran completamente adheridas ala matriz.

4. E c = E f V f + E m(1 − V f )

E c = 350000 N/mm2 · 0,5 + 50000 N/mm2(1 − 0,4) = 170000 N/mm2

εmu = 6 % = 0,06

La tensión de fractura para el material compuesto es:

σcu = σfuV f + σ∗m(1 − V f )con σ∗m = E mεfu y σfu = E f εfu

de donde:

σcu = E f εfuV f + E mεfu(1 − V f )

σu = 35000 N/mm2 · 0,02 · 0,4 + 50000 N/mm2 · 0,02 · 0,6

σcu = 3400 N/mm2

Ejercicio 18.4. Se dispone de un material compuesto reforzado con fibra, con las fibras dispuestas dentro dela matriz en dirección paralela a la dirección de la carga. Para este material compuesto se tiene una fracciónde volumen de la fibra de 40 % y se cumplen los siguientes datos:

R p0,2(m) = 600 N/mm2

R p0,2(f ) = 800 N/mm2

σW (m) = 400 N/mm2

σW (f ) = 600 N/mm2

σD(c)(107) = −250 ± 440 N/mm2

1. Bajo qué condiciones se cumple que E c = E f V f + E mV m (regla lineal de mezcla)?

jmla Metalurgia




2. Calcular la resistencia alterna σW (c) del material compuesto, considerando que se cumple la reglalineal de mezcla.

3. Trazar el diagrama de Haig para el material compuesto con dependencia lineal de σA con respecto aσm.

4. Cuán grande es la resistencia a la tracción incrementada σzSch(c)?

5. Determinar, para σm = 250 N/mm2 la amplitud de resistencia a la fatiga admisible σA, donde ademásno se debe sobrepasar el límite de dilatación de 0.2 %.

Solución 18.4.

1. La regla lineal de mezcla se cumple cuando existe un contacto íntimo entre la matriz y la fibra. Estosignifica que:

εc = εm + εf

2. E c = E f V f + E mV m

→ σc

εc=

σf V f εf

= σmV m

εm

→ σc = σf V f + σmV m

De esta manera:

σW (c) = σW (f )V f + σW (m)V m

σW (c) = 600N/mm2 · 0,4 + 400N/mm2 · 0,6

σW (c) = 480 N/mm2

3. En forma análoga se tiene:

R p0,2(c) = 800N/mm2 · 0,4 + 600N/mm2 · 0,6

R p0,2(c) = 680 N/mm2

Metalurgia jmla




4. σzSchw = 2 · 320 N/mm2 = 640N/mm2

5. Con el valor de σm = 250 N/mm2, se puede recurrir al diagrama de Haig y leer el valor de σA =410 N/mm2.

jmla Metalurgia



231

19. Ensayos mecánicos de materiales

19.1. Pruebas de tracción

La prueba de tracción fue descrita en detalle en el anterior cuadernillo. Sólo mostraremos algunos de losparámetros más importantes:

Módulo de elasticidad E = σ

εe=

tensióndilatación elástica

Resistencia a la tracción Rm = F m

S o=

fuerza máximaárea inicial

Límite de dilatación R p 0,2 = F 0,2

S o= tensión que origina una dilatación plástica de 0.2 %

Dilatación de fractura A =

Lu

−Lo

Lo =

cambio de longitud en fractura

longitud inicial

Adelgazamiento en fractura Z = S o − S u

S o=

cambio de área en fracturaárea inicial

Dilatación en adelgazamiento A∗ = Z

1 − Z

Resistencia técnica a la fisura σR = F uS u

= Fuerza de fractura

area de fractura

Tensión verdadera σ = σo(1

−εo)

Dilatación verdadera ε = ln(εo + 1)

Se considera Lo = 5do para una barra proporcional corta y Lo = 10do para una barra proporcional larga.

19.2. Ensayos de fatiga

Los ensayos de fatiga también han sido y considerados en el anterior cuadernillo, sin embargo mostramosnuevamente los parámetros más importantes:

σo : Tensión superior - tensión máxima.

σu : Tensión inferior - Tensión mínima.

σA : Amplitud de tensión σA = σo − σu

2

σm : tensión media σm = σo + σu

2

T : Duración de las oscilaciones T = 1

F =

2π

ω

tN : Duración de la exigencia tN = T N = N

f (N = número de oscilaciones)

Metalurgia jmla





19.4 Ensayos de dureza 233

Análogo al límite de resiliencia de las pruebas de tracción, en las pruebas de compresión se presenta ellímite de aplastamiento (límite de fluencia en compresión), donde al mismo tiempo se puede observar unlímite superior y uno inferior de aplastamiento. Correspondientemente al límite de dilatación R p 0,02 enlas pruebas de tracción, se determina un σd 0,2 como límite de aplastamiento. La llamada resistencia a la

compresión σdB =

F bS o =

fuerza en fractura

área inicial puede determinarse sólo para materiales frágiles, ya que sóloellos se rompen. Aun en los ensayos de compresión se define una tensión verdadera σd. Se parte del principiode que el volumen permanece constante. Se debe cumplir por tanto:

S oho = Sh → S oS

= h

ho=

ho − ∆h

ho= 1 − εdo

Con la fuerza de compresión F = σdoS o = σdS

se obtiene σd = σdo

S oS

σd = (1 − εdo)σdo

La tensión verdadera en pruebas de compresión es menor a la tensión nominal, ya que la sección transversalaumenta.

19.4. Ensayos de dureza

Definición: Dureza es la resistencia de la estructura contra la penetración de un cuerpo de ensayo mas duro.

Los ensayos de dureza se emplean por tanto muy a menudo, debido a que se puede realizar en piezas sinque sea necesario la preparación de probetas especiales. En los tres ensayos de dureza siguientes se presionaun cuerpo de penetración con una determinada fuerza en la pieza. Se obtiene una impresión que queda en lapieza que es medida y se calcula a partir de ella la dureza.

19.4.1. Ensayos de dureza de Brinell

El cuerpo de penetración en este ensayo es una esfera de acero endurecido o también para materiales másduros (sobre 400 HB) se emplea una esfera de materiales duros sinterizados. El diámetro de la esfera em-pleada depende de la dureza del material y del espesor de la probeta y puede ser obtenida de tablas. Laesfera penetrada deja en el material una impresión circular con un diámetro d. Si la impresión no es redon-da, entonces se toma dos diámetros perpendiculares entre ellos D1 y d2 y se forma a partir de ellos un valormedio. Para la realización del ensayo se deben cumplir algunas condiciones:

Metalurgia jmla



234 Ensayos mecánicos de materiales

El diámetro de la esfera esta normada con 1; 2.5, 5 y10 mm.

La superficie de prueba de la probeta no debe mos-trar ningún conformado.

La impresión en la probeta no debe ser plana, perotampoco debe ser muy profunda, el diámetro de laimpresión d debería estar entre 0.2 D y 0.7 D deldiámetro de la esfera.

Los resultados de las mediciones son luego compa-rables cuando entre el cuadrado del diámetro de laesfera D2 y la fuerza de ensayo existe una relaciónconstante. El grado de esfuerzo o carga se define co-mo:

C = 0,102F D2

La dureza Brinell esta definida como la relación de la carga de prueba sobre la superficie de impresión.

HB = 0,102 · 2 · F

πD(D − √ D2 − d2)

Las condiciones de ensayo se dan detrás del valor de dureza tal como sigue:

350 HBSi no se da ningún otro valor después de HB. Se puede partir de que se ha empleado las condiciones máscomúnmente utilizadas ( 10 mm esfera, 29420 N fuerza de ensayo, 10 - 15 s tiempo de aplicación).

350 HB 5/250/30Si las condiciones de ensayo difieren de los valores comúnmente empleados, entonces los valores detrás delas letras HB:

5 - Diámetro de la esfera 5 mm

250 - Fuerza de ensayo en n

0,102 es decir

250 N0,102

= 2450 N

30 - Tiempo de aplicación en segundos, es decir 30 segundos.

El proceso de ensayo Brinell se emplea para materiales cuyos componentes de la estructura tiene una di-ferente dureza. Con la esfera de 10 mm se puede siempre encontrar tantos cristales que el valor de durezadeterminado puede ser considerado como el valor medio para la totalidad de la estructura. Ya que se ha

determinado una relación entre la dureza Brinell y la resistencia a la tracción de un material, se deja con esteproceso comprobar también la resistencia a la tracción. El proceso de Brinell no se adecúa sin embargo paraun material muy duro ni para probetas muy delgadas.

19.4.2. El ensayo de dureza de acuerdo a Vickers

El cuerpo de ensayo en este caso es una pirámide de diamante de cuatro lados el cual es apropiado inclusopara materiales muy duros. Las caras de los constados de la pirámide de diamante se cierran en un ángulode 136o. La fuerza de ensayo está normado en 49, 98, 196, 294, 490 y 980 N. La fuerza de ensayo debe

jmla Metalurgia



19.4 Ensayos de dureza 235

ser aplicado de tal manera que en un tiempo de 5 segundos alcance el máximo valor, libre de golpe. Paraprobetas delgadas se emplea fuerzas pequeñas, desde 1,96 hasta 49 N. Con ayuda de un microscopio semide la longitud de la diagonal de la impresión. En caso necesario se deben medir ambas diagonales ydeterminar el valor medio. La dureza Vickers al igual que la dureza Brinell, es la resistencia de la superficiea la impresión de fuerza de ensayo. La dureza Vickers se obtiene de:

HV = 0,102 · 2F · sin 136o

2

d2 =

0,189 · F

d2

Observación: El factor de 0.102 tanto para la dureza Bri-nell como para la dureza Vickers se genera por el cambioen los cálculos de la unidad de fuerza de kp a N. A pesar deello no cambia el valor de dureza. En este ensayo de durezatambién se indica las condiciones de ensayo después de lasletras HV.

640 HV 50

Significa por ejemplo que para una dureza de Vickers de 640, la fuerza de ensayo es N

0,102 =

50

0,102 = 490

N. La información sobre el tiempo de aplicación de la fuerza no se incluye aquí, por tanto se presume queeste tiempo de de 10 a 15 segundos.

180 HV 20/30

Significa que para una dureza Vickers de 180 la fuerza de ensayo alcanzó a N

0,102 =

20 N0,102

= 196 N y el

tiempo de aplicación de la fuerza de 30 segundos.

19.4.3. El ensayo de dureza Rockwell

A diferencia de los procesos de acuerdo a Brinell y Vickers, la dureza en este proceso se determina direc-tamente de la profundidad de impresión. La profundidad de impresión y el valor de la dureza puede leerseen este proceso a través de un aparato de medición de profundidad. En este proceso el tiempo de ensayo esbastante corto, de esta manera se hace posible una automatización del mismo. En este proceso se diferenciadebido al cuerpo de ensayo en dos denominaciones de dureza. Si el cuerpo de ensayo es un cono de diamantecon un ángulo de punta de 120o entonces la dureza se da como HRC (C ∼ cono). Si se trata de una esferade acero endurecido con d = 1.59 mm, entonces la dureza se dá como HRB ( B ∼ balón). Para estos cuerposde ensayo se aplica primero una fuerza de ensayo de F o = 98 N para evitar influencias de la superficie. Para

esa fuerza de ensayo F o se produce una profundidad de penetración de to. En seguida la fuerza de ensayo seincrementa en F 1 = 1373 N para HRC (F 1 = 883 N para HRB). Resulta de esta manera una fuerza total deF = 1471 N para HRC ( F = 981 N para HRB). Debido a la elevación de F 1 resulta adicionalmente a to unaprofundidad de penetración de tb. Los grados de dureza son definidos como:

HRC = 0 para tb = 0,2 mm

HRC = 100 para tb = 0 mm

Metalurgia jmla




o también

HRC = 0 para tb = 0,26 mm

HRC = 130 para tb = 0 mm

Para ambos casos se tiene un grado de dureza, es decir = ∆tb = 0.002 mm. Se obtiene el valor de dureza de

HRC = 100 − e ó HRB = 130 − e

con e =

tb0,002 mm

La dureza Rockwell es por tanto inversamente proporcional a la profundidad de penetración que queda tb.

Los procesos físicos en el proceso de dureza Brinell, Vickers y Rockwell son diferentes, por ello no existeninguna relación lineal entre los valores de los procesos individuales. Tampoco existe ninguna fórmula deconversión para los diferentes procesos. Sin embargo se puede aplicar la siguiente relación aproximada.

Entre la dureza Brinell y Vickers puede aceptarse una fórmula de conversión de HB ∼ 0.95 HV.

Entre la dureza Rockwell HRC en la región de 200 a 400 HRC y la dureza Vickers puede decirseaproximadamente que la dureza Rockwell es aproximadamente la décima parte de la dureza Vickers.

19.5. Ensayo de Parada

Hasta ahora hemos considerado solo la relación entre la tensión y el conformado. El factor tiempo ha sidodejado de lado hasta el momento. Esto ocurre también es permitido con la temperatura T < 0,4T f (T f = temperatura de fusión). Si la temperatura de trabajo es T > 0,4T f , entonces se presenta una marcadadilatación, el que es también dependiente del tiempo. En estos casos se habla de deslizamiento del material.

El material puede inicialmente conformarse de tal manera que la pieza se vuelve inservible. Después de untiempo tu la pieza alcanza la fractura por deslizamiento. Si la pieza es colocada a elevadas temperaturasT >0.4 T f , Entonces su comportamiento para una exigencia de deslizamiento de larga duración (compor-tamiento de parada) es de gran importancia. Se investiga este comportamiento de tiempo de parada en losensayos de parada. Se trata generalmente de un ensayo de tracción, es decir un ensayo de tracción de tiempode parada. Se somete una probeta a temperatura constante ϑ y una carga constate F. En estas condicioneshacen que para t = 0 una dilatación inicial εo, el cual puede ser puramente elástico o también elasto-plástico.

Si se traza la dilatación ε en dependencia del tiempo, entonces se obtiene la primera figura o también lasegunda figura para diferentes tensiones σ1 < σ2 < σ3

jmla Metalurgia



19.5 Ensayo de Parada 237

Se pueden diferenciar tres estadios de deslizamiento del material:

1. En el primer estadio se presenta deslizamiento primario o transitorio. El endurecimiento domina enesta zona. La velocidad de deslizamiento ε disminuye y . . . ε < 0.

2. En el segundo estadio se presenta deslizamiento secundario o estacionario, existe un equilibrio diná-mico entre el endurecimiento y la recuperación (ablandamiento). La velocidad de deslizamiento ε esuna constante y . . . ε = 0.

3. En el tercer estadio se presenta el llamado deslizamiento terciario o deslizamiento acelerado. El ablan-damiento (recuperación) domina en este estadio. La velocidad de deslizamiento ε crece continuamentehasta la fractura (deslizamiento acelerado) y dotsε > 0.

Del ensayo de deslizamiento se puede obtener lo siguientes parámetros:

Resistencia al deslizamiento es la tensión nominal más grande estable a temperatura constante, la quepuede ser soportada por una probeta infinitamente larga sin que tenga que soportar rotura.

Resistencia al deslizamiento es la tensión nominal, la que después de un determinado tiempo y aconstante temperatura puede originar la fractura.

Límite de deslizamiento estable ( o también límite de dilatación estable en tracción) es la tensión queorigina una determina dilatación plástica después de un determinado tiempo.

Dilatación de fractura estable es análogo en el ensayo de tracción a la dilatación en fractura, solo queaquí ocurre después de un determinado tiempo. Es por ejemplo A5/1000 la dilatación de fractura deuna barra proporcional corta (Lo = 5do) después de 1000 segundos.

Adelgazamiento en fractura estable es análogo al adelgazamiento en fractura de los ensayos de trac-ción, solo que aquí también se produce después de un determinado tiempo. Es por ejemplo Z 1000 eladelgazamiento en fractura después de 1000 segundos.

El límite de velocidad de deslizamiento es la tensión σ, que en un intervalo de tiempo t1 hasta t2ocasiona una velocidad de deslizamiento medio:

ε = ε(t2) − ε(t2)

t2 − t1

Metalurgia jmla




La curva ε – t correspondiente a la curva ε – t se obtiene mediante diferenciación gráfica a:

Finalmente definiremos el concepto de temperatura homóloga. La temperatura homóloga es:

T h =

T

T f =

cualquier temperatura

temperatura de fusión

Para procesos activados térmicamente es un valor importante para el comportamiento del material.

19.6. Ensayos de impacto

Definición: La tenacidad de un material es proporcional al trabajo que se debe aplicar para su fractura.

Se ubica una probeta así como su portador sobre dos apoyos. La probeta es luego sometida a una fuerzaejercida repentinamente en medio de la misma y es exigida a flexión. La máquina de ensayo es una máquinapendular de golpe. La probeta se ubica en la parte inferior de la línea del péndulo. El péndulo es levantado

una altura h, poseyendo en esa posición una energía potencial W p. Se retira el retén del péndulo, de maneraque el péndulo cae en un movimiento giratorio. En la parte inferior del recorrido del péndulo, donde seencuentra la probeta, toda la energía potencial es convertida en energía cinética. En ese punto es golpeada laprobeta. El péndulo continúa su movimiento y alcanza una altura h1 al otro lado. En ese punto, el pénduloposee solo energía potencial, el que denominamos con energía residual. El trabajo empleado para golpear laprobeta es aproximadamente la diferencia de ambas energías potenciales. Por tanto el trabajo de golpe es:

Av = W p − W r = F (h − h1)

Donde F representa el peso del péndulo, que resul-ta en posición vertical. La tenacidad a la fractura seobtiene de:

αk = Trabajo de golpe Av

área residualAo

Superficie residual, debido a que se trata de una pro-beta entallada. La tenacidad a la fractura es por tanto

Av = C · αk

Finalmente se debe mencionar que la tenacidad deun material aumenta con la temperatura, sin embar-go no será considerado en este texto.

jmla Metalurgia



19.6 Ensayos de impacto 239

Ejercicio 19.1. Una barra proporcional larga cilíndrica de un material de hierro con la longitud de Lo = 100mm se ha ensayado a tracción. Para ello se empleó una fuerza de tracción F y se obtuvieron el correspon-diente alargamiento ∆L de la longitud inicial Lo, así como el diámetro de la probeta d. Los resultados delas pruebas se muestran en la siguiente tabla:

F ∆L d σo εo SkN mm mm N/mm2 % mm2

0 0 9,96 0 0 77,916 0,037 77 0,037

12 0,073 154 0,07318 0,110 231 0,11020 0,126 257 0,12621 0,146 270 0,14622 0,210 282 0,210

22,5 0,260 9,96 289 0,260 77,9123 0,362 9,94 296 0,362 77,60

31,65 2 9,86 406 2 76,3639,70 5 9,72 510 5 74,2044,80 10 9,50 575 10 70,8845,95 15 9,29 590 15 67,7845,65 20 8,94 586 20 62,7743,70 25 8,19 561 25 52,6835,50 30 6,54 456 30 33,5930,50 29,7 5,76 391 29,7 26,06 d. d.

fractura

a) Trazar el transcurso de σo

−εo para la dilatación fina y gruesa. (Se recomienda emplear la escala de

medida:

Dilatación fina: 1 cm = 20 n/mm2, 1 cm = 0,1 %

Dilatación gruesa: 1 cm = 50 n/mm2, 1 cm = 2 %)

b) Determinar a partir del diagrama o también de la tabla los siguientes valores: E; R p 0,2, Rm; σR (resis-tencia técnica a la fisura); A10 y Z.

Solución 19.1.

a) Ver gráficos adjuntos

b)

e = σ

ε =

σ0,1

ε0,1=

77N/mm2

0,00037 = 208108, 11 N/mm2

R p 0,2 = 297 N/mm2 tomado del gráfico.

Rm = F m

S o=

45, 95N/mm2

77, 91 N/mm2 = 0, 59 kN/mm2

σR = F uS u

= 30, 05kN26, 06 mm2

= 1, 15 kN/mm2

Metalurgia jmla




A10 = Lu − Lo

Lo=

29, 7mm100 mm

= 0, 297 = 29, 7 %

Z = S o − S u

S o=

77, 91mm2 − 26, 06 mm2

77, 91 mm2 = 0, 665 = 66, 5 %

jmla Metalurgia






4.σm1 = 100 n/mm2 σA = 350 N/mm2

σm2 = 400 n/mm2 σA = 200 N/mm2

Ejercicio 19.3. Una probeta cilíndrica (altura inicial ho = 30 mm, área transversal circular con diámetroinicial do = 15 mm) es empleada en un ensayo de compresión, donde se condiciona que mantiene su formacilíndrica.

1. Determinar con ayuda de la consideración de volumen constante, a partir de la tensión de compresiónnominal σdo la verdadera tensión de compresión σd para la fuerza de compresión F = 50000 N y elacortamiento εdo = 8 %.

2. Porqué la tensión de compresión nominal σdo es mayor que la tensión de compresión verdadera σd

para el mismo acortamiento εdo?3. Qué significado tiene la relación ho/do? A través de que se determinan sus límites inferior y superior?

Solución 19.3.

1. .

σdo = F

S ocon S o = π

do

2

2

= 176,715 mm2

jmla Metalurgia




σdo = 50000 N

176, 715 mm2 = 282, 95 N/mm2

Se parte del hecho de que el volumen siempre permanece constante. Entonces:

S oho = S h =⇒ S oS

= h

ho=

ho − ∆h

ho= 1 − εdo

por tanto:

1

S =

1

S o(1 − εdo) o también σ = σdo(1 − εdo)

σ = 282, 94 N/mm2(1 − 0,08) = 260, 3 N/mm2

2. La tensión verdadera es menor debido a que el área transversal se hace mayor a medida que aumenta

el acortamiento.3. El significado de la relación entre ho y do

Influencia sobre la fuerza de fricción que se hace presente en la prueba:

Límite inferior: ho

do≥ 1

Debido a que la resistencia al conformado se va incrementando, mediante la fuerza de fricción pa-

ra pequeñas relaciones de ho

dose deben originar tensiones de compresión muy elevadas para poder

producir el mismo encogimiento.

Límite superior: ho

do

< 2, 5

· · ·3

Cuando esta relación se hace muy grande, la probeta se hace muy larga y muy delgada y de estamanera se origina el peligro de que se doble.

Ejercicio 19.4. Una probeta cilíndrica con sección transversal circular de una aleación de titanio TiAl6V4

con la relación ho

do= 2 y do = 8 mm (do = diámetro inicial, ho = altura inicial) se ha sometido a un ensayo

de compresión.

1. Calcular la tensión de compresión verdadera, cuando la probeta es comprimida con una fuerza decompresión de F = 48000 N y se encoge 0,2 mm, manteniendo su forma cilíndrica original.

2. Qué efecto físico conduce a la formación del cono de compresión o también al hinchamiento de laprobeta encogida? Describa las consecuencia de dicho efecto. Qué posibilidades de remediar esteefecto existen?

Solución 19.4.

1. Tensión de compresión:

σdo = F

S o=

F

π/4d2o=

48000 N16π mm2

= 954, 93 N/mm2

Metalurgia jmla




Se tiene que: ho

do= 2 → ho = 16 mm

El encogimiento es:

εdo =

δh

ho =

0,2 mm16 mm = 0,0125

Con estos valores podemos ir a la relación para la determinación de la tensión verdadera:

σd = (1 − εdo) · σdo

y obtener

σd = (1 − 0,0125) · 954, 93 N/mm2 = 942, 99 N/mm2

2. El cono de fractura o hinchamiento de la probeta se debe a la influencia de la fuerza de fricción R.

Debido a las fuerzas de fricción que se presentan durante el ensayo entre las placas de compresión ylos extremos de las superficies de la probeta en compresión se producen relaciones complicadas deconformado y tensión. La dilatación transversal en la superficies finales es evitada por las fuerzas defricción, lo que lleva consigo un conformado no homogéneo de la pieza (hinchamiento de la probeta).Esa formación de conformado conduce a la formación del llamado cono de compresión. A lo largo deese cono de compresión se presentan bajo un ángulo de 45o las mayores tensiones de tracción; es decir,deslizamientos a lo largo de la superficie exterior del cono. Debido a esa fricción de las superficiesfinales, los resultados que se obtienen en diferentes probetas sólo se hacen comparables cuando la

geometría de las probetas son comparables, esto significa que la relación ho

dodebe ser constante (

ho

do= constante).

Debido al creciente impedimento al conformado por las fuerzas de fricción para relaciones pequeñasho

do, se hacen necesarias cada vez mayores tensiones de compresión para conseguir el mismo encogi-

miento εdo . Además, los resultados de los ensayos de compresión se hacen sólo comparables, cuandosobre el área transversal de las diferentes probetas se tiene un mismo estado del material.

Existen las siguientes posibilidades de corrección:

La influencia se hace más pequeña cuanto mayor es la relación ho

do, donde además esa relación

se limita, debido al peligro de doblado, a valores de ho

do< 2, 5 · · · 3.

Una buena calidad de la superficie final de la probeta.

Se puede disminuir el coeficiente de fricción mediante una buena lubricación con grafito, talcoo aceite.

Para igualar las fuerzas de fricción mediante una inclinación α de la superficie de compresión,correspondiente al ángulo de fricción ρ, se emplea el ensayo de acuerdo a Siebel y Pomp.

Ejercicio 19.5. Explicar que significa cada uno de los siguientes datos (geometría del cuerpo de ensayo,fuerza de ensayo, duración de la exigencia, grado de exigencia y unidades) de los siguientes datos:

320 HB160 HB 2,5/31,25

jmla Metalurgia




120 HB 5/750/20600 HV 20200 HV 30/30

Solución 19.5.

Denominación diámetro Fuerza de ensayo Tiempo de Dureza

Documents

CIENCIA E INGENIERÍA DE MATERIALES.pdf