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

Transcripción

1 5 Propiedades mecánicas de los materiales 75 5 Propiedades mecánicas de los materiales 5.1 Si la curva tensión verdadera-deformación verdadera de un material viene dada por σ =. K ε,33, donde la tensión está en psi (1 MPa = 145 psi), cuál es la resistencia ingenieril máxima del material? Es bien conocido que el máximo en la curva ingenieril se alcanza en la curva verdadera cuando ε= n =,33, en este caso. Por otro lado, y haciendo uso de las relaciones entre las tensiones y deformaciones verdadera (σ y ε) e ingenieril (s y e), podemos decir que: s máx ε σ( εmáx ) = ( e + ) u 1 σ ( ε ) ( ) máx u u u u, 33 =., 33 = psi ( ε ) ( ) = ln( e + 1) e = exp 1 = exp, 33 1 =, 399 (El subíndice u hace referencia al valor máximo de tensión en la curva ingenieril.) smáx = = psi exp, ( 33) 5. En un ensayo de tracción de un metal, la fractura ha ocurrido a máxima carga. Las condiciones de fractura fueron A final = 1 mm y L final = 6 mm. Los valores iniciales eran de A = 15 mm y L = 4 m. a) Determinar la deformación verdadera a rotura usando cambios en área y longitud.

2 76 Materiales en la ingeniería. Problemas resueltos b) Se ensaya un material más dúctil, de tal modo que aparece estricción. Las condiciones de fractura son ahora L final = 83 mm, L = 4 mm, final = 8 mm y = 1,8 mm. Calcular nuevamente la deformación verdadera usando variaciones de sección y de longitud. Qué medida es más exacta? a) ε f ε f Lf 6 = ln = ln =, 45 L 4 Af 15 = ln = ln =, 45 A 1 Se obtienen valores idénticos porque el volumen se conserva en toda la longitud de la probeta al no haber estricción localizada (la rotura ocurrió a carga máxima). b) ε f Lf 83 = ln = ln =, 73 L 4 f f f ε f = = A = A 1, 8 ln ln ln = ln =, 94 8 Al haber estricción localizada, no es posible aplicar la regla de la constancia de volúmenes, por eso es más exacto en este caso medir la deformación verdadera a través de los cambios en sección que en longitud. 5.3 De un ensayo de tracción efectuado sobre una probeta normalizada de acero se obtuvo el siguiente valor de reducción de sección (RA) en la rotura: RA = 5%. a) A qué valor de deformación verdadera rompió el material? b) Si la longitud inicial de la probeta era de L =5 mm, cuánto se alargó antes de romper? a) Por definición ε f L f dl Lf = = ln L L Lo y aplicando la conservación del volumen: Lf A ln = ln L A f

3 ( ) φo= π 5 Propiedades mecánicas de los materiales 77 Por otro lado: RA = A A A A A A 1 = 1 = 1 RA = A A A 1 RA f f f f luego: Si RA =,5, entonces sustituyendo ε f =,87. ε f 1 = ln 1 RA b) Si la estricción fue localizada, es decir, la deformación no fue homogénea en toda la longitud de la probeta, no es posible calcular L f. Si por el contrario fue homogénea, entonces, 87 = ln exp (, 87) 33, 31 Lf Lf = Lf = mm L 5 El incremento de longitud sería, para este último caso, de 33,31-5 = 8,31mm Una torre muy grande debe ser soportada por una serie de cables de acero. Se estima que la carga sobre cada cable será de 15. N. Determinar el diámetro mínimo requerido suponiendo un factor de seguridad de y un límite elástico de 75 MPa para el acero en cuestión. σ trabajo = σ elástico ψ σ trabajo = P S 75 MPa = = 375 MPa o P So = σtrabajo S o = 15. N Pa = m Asumiendo una sección cilíndrica: o S o = πφ 4 φo = 4 π So = 7,1 1-3 m = 7,1 mm

4 78 Materiales en la ingeniería. Problemas resueltos 5.5 Una probeta cilíndrica de una aleación de titanio con un diámetro original de 8 mm experimenta deformación elástica exclusivamente cuando se aplica una carga de 7.5 N. Calcular la máxima longitud de la probeta antes de la deformación si el alargamiento máximo permisible es de,4 mm. El módulo de elasticidad de la aleación es de 18 GPa. P φ o = 8 mm P = 7.5 N l máx =,4 mm l o? E = σ ε P P N 6 σ = = = = 149, 1 Pa = 149, MPa So πφo π(, 8m) 4 ε exclusivamente elástica σ 149, MPa 3 ε = = = 1, 4 1 =, 14 3 E 18 1 MPa l l ε = lo = l ε o Para l máx =,4 mm l omáx =, 4 mm = 85,7 mm, Si el esfuerzo para el cual se observa deformación plástica en un aleación de cobre es 3 MPa, cuál es la máxima carga que se puede aplicar a una probeta de sección transversal de 13 mm sin que ésta se deforme plásticamente? Si la longitud original de la probeta es de 6 mm, cuál es el máximo alargamiento permisible en el rango elástico? El módulo de elasticidad de la aleación es 11 GPa. S o = 13 mm l o = 6 mm

5 5 Propiedades mecánicas de los materiales 79 σ máx (rango elástico) = 3 MPa = P S P max (rango elástico) = σ máx (r. el.) S o = Pa 13 mm 1m 1 mm σmáx( r. el. ) 3MPa 3 ε máx (r. el.) = = = E 11 1 MPa 6 = 39. N ε = l l o l máx (r. el.) = ε máx (r. el.) l o =, mm =,16 mm 5.7 Una muestra cilíndrica de una aleación metálica de 1 mm de diámetro es deformada elásticamente a tracción. Una carga de 18. N produce una reducción en el diámetro de la probeta de,6 mm. Calcular el coeficiente de Poisson de este material si su módulo de elasticidad es de 15 GPa. P = 18. N φ = φ o - φ f =,6 mm ν =?, si E = MPa ε ax = σ E lat ν = ε =- [(def. lateral)/(def. axial)] εax ε lat = φ f φ o, 6mm = =, 5 φo 1mm 18. N P π φo So N = = = 9 9 E 15 1 Pa π Pa (, m) =, 15 luego: ν = (, 5) =, 15, Una probeta metálica cilíndrica, de 15 mm de diámetro y mm de longitud, es sometida a un esfuerzo de 8 MPa, nivel de tensión al cual toda la deformación experimentada por ella es elástica. a) Si el alargamiento máximo permitido es de,8 mm, cuáles de los metáles de la tabla adjunta son posibles candidatos? b) Si además la máxima reducción de diámetro permitida es de,1 mm, qué metales de la tabla satisfacen las condiciones requeridas?

6 8 Materiales en la ingeniería. Problemas resueltos Metal o aleación Módulo de elasticidad Módulo de cizalladura Coeficiente de Poisson (MPa x 1 4 ) (MPa x 1 4 ) Aluminio 6,9,6,33 Latón 1,1 3,7,35 Cobre 11, 4,6,35 Magnesio 4,5 1,7,9 Níquel,7 7,6,31 Acero,7 8,3,7 Titanio 1,7 4,5,36 Tungsteno 4,7 16,,8 a) σ = 8 MPa Si l <,8 mm ε elástica < l max, 8 mm = lo mm ε el. <,4 E = σ σ ε = <, 4 ε E 8 MPa < E, 4 E > MPa De la tabla se observa que todos los metales son posibles candidatos, excepto el aluminio y el magnesio. b) ε lateral mínima = φ φ mín o mm =, 1 =, 8 = mm Entonces: ε lat > y ν = ε lat donde εaxial σ εaxial = MPa E = 8 E así:

7 5 Propiedades mecánicas de los materiales 81 8 MPa εlat = νεaxial = ν > E 5 ν < =, 9 1 E 8 MPa MPa La relación ν/e para los aún posibles candidatos es: Latón 3,5 1-6 Cobre 3, 1-6 Níquel 1,5 1-6 Acero 1,3 1-6 Titanio 3,4 1-6 Wolframio 6,9 1-7 Posibles candidatos después de considerar el segundo requerimiento: níquel, acero y wolframio. La decisión final dependerá de otros factores, por ejemplo: factores económicos, la resistencia a la corrosión si el medio de trabajo fuese tomada en consideración, etc. 5.9 Un componente de geometría cilíndrica de 1 mm de longitud y 14 mm de diámetro debe soportar una carga de 3. N sin experimentar deformación plástica ni su diámetro reducirse en más de,1 mm. a) Cuál de los materiales tabulado en la tabla es el mejor candidato? b) Cuál debería ser el coste específico de la aleación de titanio para que este material fuera competitivo en la selección? c) Cuál debería ser el coste específico de la aleación de magnesio para que este material fuera competitivo en la selección? d) Un cambio de un 5% en el límite elástico de la aleación de magnesio puede ser inducido por deformación en frío y este tratamiento es permisible. Cambiaría esto su selección final? Material E (GPa) Límite elástico (MPa) Módulo de Poisson Densidad (g/cm 3 ) Precio (PTA/t) Aleac. Al 7 5,33,8. Acero 5 55,7 7,8 1. Aleac. Ti 15 85,36 4,8 1.. Aleac. Mg 45 17,9 1,8 4. a) Dos requerimientos:

8 8 Materiales en la ingeniería. Problemas resueltos P = 3. N 1. No experimentar deformación plástica φ = 14mm. Reducción de diámetro máxima de,1 mm De 1: P 3. N 3. N 4 σ = = = So πφo π (, 14m) 4 σ elástico > 195 MPa Aleación Mg no cumple. = 195 MPa De : φ = 14 mm ε axial σ MPa = = 195 E E 1 mm ε = ε = νε lateral φ axial ε φmínima mm =, 1 =, 71 = 7, mm Entonces: -ν ε axial > -7,1 1-4 ν ε axial < 7,1 1-4 ν 195 MPa < 71, 1 4 E ν 6 1 < 3, 6 1 E MPa Así: ν, = = 4, E 7 1 MPa MPa Al ν, = = 13, 1 3 E 5 1 MPa MPa Acero ν, = = 3, E 15 1 MPa MPa Ti - Entre los dos candidatos posibles (Acero, Ti), la selección final se hace bajo consideraciones económicas. Precio PTA pieza = Peso t material pieza ;y

9 5 Propiedades mecánicas de los materiales 83 PTA / pieza PTA / pieza acero Ti = Precio t Precio t acero Peso pieza = ρ material V pieza Ti ρ ρ acero Ti V V pieza pieza g 1. 7, 8 3 cm = PTA g 1.. t 4, 8 cm 3 =, 165 Entonces la selección final es acero. b) PTA t Ti para que PTA pieza PTA pieza a PTA t Ti acero Ti = 1 1. PTA g t 7, = cm a PTA 4, g t 8 3 cm PTA g 1. t 7, 8 3 = cm = g 4, 8 3 cm PTA t c) La aleación de magnesio no puede ser competitiva a ningún precio pues su σ elástico < 195 MPa. d) Nuevo σ elástico = 1,5 17 MPa = 1,5 MPa > 195 MPa, pero también se debe satisfacer el segundo requerimiento. ν, = = 6, 4 1 > 3, E 45 1 MPa MPa MPa Mg No cambiaría la selección final. 5.1 Calcular la tenacidad de un material que cumple la ecuación de Hollomon σ = Kε n. Expresarla en función de las constantes características del material K y n y de la estricción RA. La tenacidad U T de un material se define como U T ε f = d σ ε, es decir, es la energía por unidad de volumen absorbida por el material hasta el momento en el que tiene lugar la rotura. Por lo tanto: ε n f ε 1 f 1 1 n 1 ε f ε U T = ε σ + σdε = ε + K d = + K σ ε ε ε σ ε ε n n+ 1

10 84 Materiales en la ingeniería. Problemas resueltos Recuérdese que la expresión de Hollomon sólo es válida en el rango plástico. Por otro lado, dentro del rango elástico se cumple que σ = Eε, donde E es el módulo de Young. De la definición de deformación verdadera podemos decir que: Sustituyendo ahora: U T ε f A = ln A = ln f 1 RA 1 n 1 1 RA σ ln 1 σ E 1 = + K E n n+ 1 En el caso de que la energía absorbida en el rango elástico sea mucho menor que la correspondiente al rango plástico, la expresión anterior se simplificaría a: U T 1 ln 1 RA = K n + 1 n+ 1 Puede apreciarse que la tenacidad puede calcularse después de conocerse la estricción del material y sus constantes características Dejamos caer un objeto con un extremo agudo sobre el centro de una mesa circular de vidrio. El objeto tiene una masa de 9 kg y las dimensiones de la mesa son 1 m de diámetro ( ) y 3 cm de espesor (t). Suponemos que la sección de la mesa que recibe el impacto es la perpendicular a la superficie de la misma ( t). Se conoce que el valor de la energía absorbida por unidad de área (resiliencia, ρ) de este vidrio es de,1 J/mm. Desde qué altura máxima podremos dejar caer el objeto anterior sin que el vidrio se rompa? Datos: g = 9,8 N/kg Las condiciones necesarias serían, teóricamente, que la energía potencial del objeto fuese, como máximo, la energía que puede absorber el material en el impacto: E = M g h= E = ρ S potencial absorbida impacto La única incógnita de esta igualdad es el valor de h; por tanto, sólo se ha de despejar h frente al resto de valores, ya que S impacto = d = 1 m,3 m =,3 m = 3. mm.

11 5 Propiedades mecánicas de los materiales 85 h = ρ S impacto 1, J mm 31 mm = M g 9 kg 98, N kg 4 = 34, m Por tanto, se puede considerar que si se deja caer desde una altura inferior a 3,4 m, el objeto no provocará la rotura del vidrio de la mesa. 5.1 La mesa del ejercicio anterior se somete a una inspección de grietas internas por métodos no destructivos. Se halla que las grietas son muy agudas, todas ellas paralelas a la superficie de la mesa y paralelas entre ellas (Y=1). La longitud máxima determinada para estos defectos se ha determinado y es de 18 mm. Qué valor máximo de masa podemos colocar sobre la superficie de la mesa sin que ésta se rompa a causa de los defectos? Datos: K IC(vidrio) = 9 Pa m Si el esfuerzo que supone una masa M sobre la superficie circular de la mesa (S=π /4) supera el valor asociado a la tenacidad a fractura del vidrio, la mesa se romperá; por tanto, se ha de hallar qué esfuerzo máximo se puede soportar y, a partir de aquí, qué fuerza (peso) se asocia a ese esfuerzo. El valor de a que hay que considerar es el equivalente a la semilongitud de los defectos hallados, ya que son todos internos: a = 18 mm, y de aquí a = 9 mm =,9 m. K IC =Y σ π a σ=k IC / (Y π a)=9 Pa m / (1 π,9 m) K IC =5.35,4 Pa (N/m ) Si σ = F/S ; S = π /4 = (π /4) m ; F = σ S = 5.35,4 N/m (π /4) m = 4.3,7 N Y de aquí, M = F / g = 4.3,6 N / (9,8 N/kg) = 48,9 kg, que es la masa máxima que soportará la mesa de vidrio sin romperse Una aleación de aluminio 315 (ver figura adjunta) debe tener un diámetro de 3,81 cm con una resistencia a la tracción de, por lo menos, 185 MPa. Determinar el porcentaje mínimo de trabajo en frío que debe efectuarse para hacer la barra y el diámetro mínimo de la barra original.

12 86 Materiales en la ingeniería. Problemas resueltos (1 pulgada =,54 cm, 1 MPa= 145 psi) D = 3,81 cm 145psi 1ksi 17MPa = 4,94 psi 1MPa 1.psi,35 =,65 D ( D π π 3,81 ) D 4 π 4 = 14,5 D D = = 3,81 D 14,5,65 = 4,7cm Esto supone una deformación en frío de un 35%.

13 5 Propiedades mecánicas de los materiales Dos probetas de la misma aleación metálica y sin deformación previa son conformadas y, por consiguiente, sus secciones reducidas. Una tiene la sección circular y la otra rectangular; y durante el conformado las secciones mantienen sus respectivas formas. Las dimensiones originales y después de la deformación son: Circular (diámetro, mm) Rectangular (mm) Dimensiones Originales,, x 4, Deformadas 16, 14, x 43,8 Cuál de estas probetas tendrá mayor dureza después de la deformación plástica? Por qué? Para una muestra S = b h : h 14 b 4 43,8 y para la otra: S = πφ 4 φ : 16 La dureza relativa entre las dos muestras viene dada por un porcentaje mayor o menor de trabajo en frío al cual hayan sido sometidas durante el conformado; así: % CW = So Sf 1 So (1) () bo ho bf hf , 8 % CW = 1 = 1 = 3, 4% bo ho 4 % CW o = πφ πφf % πφo = =, 4 o

14 88 Materiales en la ingeniería. Problemas resueltos En el caso () obtendríamos una dureza mayor que en el caso (1) Se desea seleccionar una aleación metálica para una aplicación que requiere un límite elástico y una ductilidad mínimos de 3 MPa y 7% (alargamiento a rotura), respectivamente. Si la aleación puede trabajarse en frío, decidir entre cobre, latón y acero 14. Por qué? La variación de algunas características mecánicas en función del porcentaje de trabajo en frío, para los materiales bajo consideración, se muestra en las figuras adjuntas.

15 5 Propiedades mecánicas de los materiales 89

16 9 Materiales en la ingeniería. Problemas resueltos Los requerimientos de la aplicación son: σ el > 33 MPa y %ε f > 7% Veamos para qué condiciones de trabajo en frío (si es necesario) los materiales bajo consideración satisfacen los requerimientos citados: σ el > 3 MPa %εf > 7% cobre, para %CW > 38% cobre, para %CW < 1% latón, para %CW > 15% latón, para %CW < 19% acero 14, aun para %CW = acero 14 para ningún caso. Puesto que los dos requerimientos deben ser cumplidos simultáneamente, la selección será latón trabajado en frío entre el 15% y el 19% Una barra cilíndrica de latón, de 1 mm de diámetro original, se va a deformar en frío por trefilado, manteniéndose la sección circular durante el proceso de conformado. Se requiere un límite elástico en exceso de 35 MPa y una ductilidad de, al menos, el 15 %. Si el diámetro final debe ser de 7,5 mm, explicar cómo se puede conseguir dicho producto final. Las figuras adjuntas al problema anterior muestran la variación de algunas características mecánicas en términos del porcentaje de deformación en frío para el latón en consideración. De las figuras del ejercicio anterior σ elástico > 38 MPa % CW 4 % %εf > 15% % CW 9% Entonces requerimos un % CW entre el 4% y el 9% como paso terminal. Tomaremos % CW = 6% % Cw = S o S f 1 So Si φ f requerido es de 7,5 mm y φ o es de 1 mm, veámos cuál es el %CW asociado a llevar a cabo el proceso en una sola pasada: %Cw = π ( 1mm) π( 7, 5mm) 4 π ( 7, 5mm) = 43, 75% > 9% No es posible en una sola pasada. Planteamos el proceso en dos pasos con un tratamiento de recocido (restauración más recristalización) intermedio: φ f = 7,5 mm y %CW = 6%

17 5 Propiedades mecánicas de los materiales 91 %CW = 6% = S Sf S πφ πφ f 1 = 4 4 πφ 4 1 ( φ ) ( 7, 5 mm ),6 = ( φ ),6 φ = φ - 56,5 mm φ = 56, 5mm ( 1, 6) = 8,71 mm %CW 1 = πφ So S πφ 1 = 4 4 So πφo 4 1 = π ( 1mm) π( 8, 71mm) 4 π ( 1mm) = = 4,71 = %CW 1 NOTA: Aunque el %Cw 1 está en el rango de %Cw requerido como paso final, podría ser cualquier valor de %Cw menor o igual al %RA permitido por el material Una aleación de aluminio (ver figura del ejercicio 5.13) va a ser laminada desde una placa de 75 mm de espesor a una de 7,5 mm para lo cual se requiere que la resistencia máxima sea de, al menos, 18 MPa, y el alargamiento mínimo del 4%. Se permite una deformación en frío máxima del 7% antes de que el material se rompa. Describir como se efectuaría esta operación, incluyendo el porcentaje de trabajo en frío y los espesores intermedios requeridos para el proceso. Comparar este proceso con el que usted recomendaría si la deformación inicial se pudiera realizar en caliente. Para Rm 18 MPa CW 4% y para A(%) 4% CW 4%( aprox.) CW terminal = 4% FRÍO: t i 7, 5 =, 4 ti = 1, 5 mm t 1. CW 7% desde 7 mm hasta,5 mm; ya que Recocido. i t f =, 7 t =, 5mm f

18 9 Materiales en la ingeniería. Problemas resueltos 3. CW 44,4% desde,5 mm hasta 1,5 mm; ya que 4. Recocido., 5 1, 5 =, 44 44, 4%, 5 5. CW 4% desde 1,5 mm hasta 7,5 mm. CALIENTE: 1. Deformación en caliente (HW) de 83,3% desde 75 mm hasta 1,5 mm. CW 4% desde 1,5 mm hasta 7,5 mm Un acero inoxidable austenítico AISI 3 va a ser trefilado desde un alambre de 16 mm de diámetro a uno de 4 mm, para lo cual se requiere que la resistencia máxima sea, al menos, de 1.5 MPa, y el alargamiento a rotura mínimo del 4%. Los cambios de resistencia máxima y alargamiento a rotura en función del trabajo en frío aplicado al material en consideración se muestran en el gráfico adjunto. Se permite una deformación en frío máxima del 8% antes de que el material experimente rotura. Describir como se efectuaría esta operación, incluyendo el trabajo en frío y los diámetros intermedios requeridos (si fuera el caso) para el proceso. Comparar este proceso con el que usted recomendaría si la deformación inicial se pudiera realizar en caliente.

19 5 Propiedades mecánicas de los materiales 93 Requerimientos: Resist. máxima > 1.5 MPa %CW final > 47% Alargamiento a rotura > 4% %CW final < 55% Rango %CW final 47-55% Veamos si es posible realizar el proceso en un solo paso Φ ο = 16 mm a Φ f = 4, mm 93,75%, imposible en un solo paso. Proceso a realizarse en varias fases, siendo el final asociado a un %CW 5%. Entonces partimos de atrás hacia adelante. PASO FINAL: %CW f = ' A A f ' A %CW = 5% Φ = X Φ f = 4, mm ' Φ Φ f x 16 mm 1 = = ' 1 Φ x 1 ( x - 16 mm ) = 5 x 5 x = 1.6 mm x = 5,66 mm 1= 5 Veamos ahora si es posible llegar desde Φ = 16 mm hasta Φ = 5,66 mm: ' A A Φ Φ ' ( 16 mm) ( 5, 66mm) %CW 1 = 1 = 1 = 1= 87,5% A Φ ( 16 mm) No admisible! Necesitamos al menos, realizar dos pasos intermedios: Seleccionamos %CW 6%; aquí la única limitación es %CW<8% φ =16 mm %CW 1 φ = y Recocido %CW φ = 5,66 mm Recocido %CW f = 5% φ f = 4, mm Seleccionamos %CW = 6% ( φ'' ) ( φ' ) y 6 = 1 = ( φ' ' ) ( 5, 66) 1 ( y 3mm ) = 6 y y 4 y = 3. mm y = 8, 94mm 1

20 94 Materiales en la ingeniería. Problemas resueltos Ahora determinaremos el %CW 1 : '' ( '') ( ) (, ) % CW A A o φo φ 16 mm 8 94 mm 1 = 1 = 1 = Ao φ ( 16 mm) (68,8%<8% OK!) Entonces, proceso final: 1 = 68, 8% Φ = 16 mm 68,8% Φ = 8,94 mm Recocido 6% Φ = 5,66 mm Recocido 5% Φ f = 4, mm σ UTS = 1.55 MPa % ε f = 4,5% Deformación inicial en caliente Limitación de máxima deformación / paso ya no existe. Sin embargo, el paso final no puede suprimirse: Φ = 16 mm Deformación en caliente Φ = 5,66 mm 5% Φ f = 4, mm obtenemos: σ UTS = 1.55 MPa %ε f = 4,5 % 5.19 Una barra de acero de herramientas (ver figura adjunta) que tiene un diámetro de,5 pulgadas y una longitud de 6 pulgadas debe soportar un millón de ciclos sin que ocurra rotura en una prueba de fatiga axial. Calcular la carga máxima que puede aplicarse.

21 5 Propiedades mecánicas de los materiales 95 D =,5 pulgadas = 1,7 cm; r = D/ =,635 cm l = 6 pulgadas = 15,4 cm σ = 67 ksi = 67. psi (1 MPa/145 psi) = 46,1 MPa σ = F / A ( ) F = σ A = 461, 1 6 Pa π, = 585, 37 1 N 5. Los resultados de ensayos de fatiga en un acero se muestran en la tabla adjunta. a) Dibujar el diagrama S-N (amplitud de esfuerzo frente a logaritmo de ciclos hasta rotura) usando estos datos. b) Cuál es el límite a fatiga de esta aleación? Si se supone que los datos corresponden a un acero aleado y a ensayos de flexión rotativa, y que una barra de esta aleación quiere ser utilizada para un eje de automóvil que gira a una velocidad de 6 rpm, determinar los tiempos máximos que se pueden permitir en el caso de conducción contínua para niveles de amplitud de esfuerzo de: c) 45 MPa, d) 38 MPa, y e) 75 MPa. Datos de amplitud de la tensión - número de ciclos a rotura. Amplitud del esfuerzo (MPa) Ciclos hasta la rotura

22 96 Materiales en la ingeniería. Problemas resueltos a) b) Límite a fatiga 9 MPa. c) S = 45 MPa N f =. ciclos N N. ciclos f ( rpm) = t = = = 33, 3min, 5 horas t f ciclos 6 min d) S = 38 MPa N f = 13. ciclos N N 13. ciclos f ( rpm) = t = = = 16, 7 min 3,6 horas t f ciclos 6 min e) S = 75 MPa N f > 1 8 ciclos t > 1 8 ciclos > 115 días

23 5 Propiedades mecánicas de los materiales Una aleación de acero tiene una resistencia a fatiga (evaluada a esfuerzo medio nulo) y una resistencia máxima a tracción de 7 y 1.4 MPa, respectivamente. Esperaría usted que un componente manufacturado de esta aleación falle por fatiga al ser sujeto a esfuerzos cíclicos entre y 6 MPa? Cambiaría la situación si el material tuviera un esfuerzo residual de tensión de 7 MPa? - Efecto del esfuerzo medio en la vida a fatiga:

24 98 Materiales en la ingeniería. Problemas resueltos Relación de Goodman: σ ampl σ. = σ f 1 m R m a) σ ampl. = σ m σ σ = máx máx σ + σ mín mín 6 = = 3 MPa 6 + = = 3 MPa

25 5 Propiedades mecánicas de los materiales 99 a) (σ ampl.,σ m ) = (3,3) seguro (no rotura) b) Esfuerzo residual tensil = 7 MPa σ ampl. = 3 MPa (igual que antes) σ m = σ m inicial + σ residual = 3 MPa + 7 MPa = 1. MPa (σ ampl.,σ m ) = (3,1.) rotura 5. Una columna de acero de 63 cm de diámetro y m de altura soporta constantemente una carga de 85 MN. Se coloca en un medio corrosivo en el cual su velocidad de corrosión es de,4 g/día. a) En qué momento dejará de ser segura como elemento estructural? Se supone que no se aplica ningún factor de seguridad. b) Cuál será la pérdida de masa en ese momento? c) Durante cuánto tiempo habrá servido dicho componente? Datos: σ,(acero) = 8 MPa ρ (acero) = 7,87 g/cm 3 a) En el momento en que σ trabajo > σ, dejará de ser segura. b) σ= F S 85 1 = 6 ( πφf ) φ final = N = 8 MPa (1 6 N/m ) N π 8 1 N / m 6 =,366 m φ final =,6 m ( final inicial) ( f i) masa = ρ vol = ρ V V = ρ L S S c) πφ f πφ i πρl masa = ρ L = φ φ ( f i ) ( 366 ( 63 ) ) π masa = 7, 87 1 g / m m, m 4, m masa = ,9 g 6 3

26 1 Materiales en la ingeniería. Problemas resueltos r m vóxid = =, 4 g / día t m , 6 g r = t = 6. 65, 3 días vóxid, 4 g / día t =18,9 años 5.3 La densidad del magnesio metálico (Mg) es de 1,74 g/cm 3 y la de su óxido (MgO) de 3,65 g/cm 3. a) Cuál será la relación de Pilling-Bedworth para el sistema Mg-MgO? b) Será protector este óxido? Datos: M Mg = 4,3 g/mol M o =16, g/mol a) 1 mol Mg 1 mol MgO b) No P-B<1 no protegerá. Vol. óx. P-B = Vol. metal ( 1mol Mg M + 1mol O M ) P-B = ( 1mol Mg MMg) / ρmg P-B = ( ) 3, + g / mol / 3, 65g / cm / ρ Mg o MgO 4, 3 g / mol / 1, 74 g / cm 3 =, Se dispone de una celda Ni/NiSO 4 con un electrodo de Ni de g. Se hace circular una corriente de A durante 3 min. Se consumirá totalmente el electrodo? Datos: M Ni = 58,69 g/mol F = 96.5 C/mol m = IMt nf Ni Ni + n = I=A

27 5 Propiedades mecánicas de los materiales 11 t=3 min = 1.8 s M=58,69 g/mol F=96.5 C/mol m= A 18. s 58, 69 g / molni mol e 96. 5C mol Ni mol e m = 1,94 g maxima cantidad de masa que disolverá la celda. No se consumirá totalmente el electrodo ya que m < g. 5.5 Se dispone de una celda Cu/CuSO 4 para recubrir de cobre una chapa de acero de 1 x 5 cm de superficie y,3 cm de grosor. Si la intensidad de corriente es de 1,5 A, cuánto tiempo tardaremos en conseguir una capa de 1 µm? Datos: M Cu = 63,65 g/mol F= 96.5 C/mol e - d Cu = 8,96 g/cm 3 S= ( x 1 x 5) cm ( superficies) S 1 =( x 1 x,3) cm ( ) S =( x 5 x,3) cm ( ) S T = ( ) cm = 19 cm 1 µm espesor capa x Vol. capa = S T x = 19 cm cm V = 1,9 cm 3 m Cu = 1,9 cm 3 8,96 g/cm 3 m Cu = 9,664 g m Cu = IMt nf 1, 5 A 63, 55 g / mol Cu t = mol e 96. 5C mol Cu mol e = 9, 7664 g t = 1.973,56 s = 5,49 h

28 6 Metalografía 13 6 Metalografía 6.1. Identificar las microestructuras y las fases que constituyen cada microestructurade una aleación Fe-C, que se presenta a diferentes aumentos en las micrografías siguientes. MICROESTRUCTURA 1

29 14 Materiales en ingeniería. Problemas resueltos MICROESTRUCTURA

30 6 Metalografía 15 MICROESTRUCTURA 3

31 16 Materiales en ingeniería. Problemas resueltos La microestructura 1 corresponde a un acero hipoeutectoide (contenido de carbono inferior al,77%). Las fases presentes corresponden a ferrita α (granos claros) y al constituyente eutectoide del acero denominado perlita (zonas más oscuras). Este constituyente está formado por láminas alternadas de ferrita y de cementita (Fe 3 C). La microestructura corresponde a un acero perlítico, con un contenido de carbono de alrededor del,8%. Se puede observar en la micrografía de mayor aumento las láminas de ferrita y cementita que constituyen el eutectoide. La microestructura 3 corresponde a una fundición laminar de matriz perlítica. Las fases alargadas de color más oscuro son de carbono grafito de morfología laminar y la matriz es claramente el constituyente eutectoide. 6.. La microestructura 4 que se presenta a continuación corresponde a un acero en el que se observa fase ferrítica en los límites del grano. Comparar el contenido de carbono de esta microestructura con el de la 1 y la. Cuál de ellas tendrá mayor dureza? MICROESTRUCTURA 4

32 6 Metalografía 17 La microestructura 1 presenta una mayor cantidad de fase ferrítica que la 4, por tanto, la microestructura 1 tendrá menor contenido en carbono que la 4. Sin embargo, la microestructura presenta una estructura totalmente eutectoide sin fase ferrítica y, así pues, tendrá un mayor contenido en carbono que la microestructura 4. La dureza en los aceros para un mismo grado de acritud es función del contenido de carbono, por tanto, la microestructura tendrá mayor dureza que la 4 y ésta mayor dureza que la microestructura 1, que es la que presenta menor contenido en carbono Una pieza metálica presenta una microestructura como la que se aprecia en la fotografía 5. Qué se podría decir de su método de elaboración? MICROESTRUCTURA 5 Se puede concluir que la pieza metálica se ha obtenido por solidificación, ya que la micrografía obtenida mediante un microscopio electrónico de barrido corresponde a una estructura dendrítica. Este tipo de crecimiento dendrítico tiene lugar cuando el gradiente de temperatura en el líquido es inferior a la pendiente de la temperatura de solidificación en la intercara Una pieza fabricada por moldeo a la cera perdida se ha roto prematuramente. Al observar la superficie de fractura mediante microscopía electrónica de barrido se aprecia una superficie como la de la siguiente figura. A qué se puede deber la rotura?

33 18 Materiales en ingeniería. Problemas resueltos Se puede apreciar porosidad en la superficie de fractura; los poros presentan una morfología esférica y se deben a que la velocidad de solidificación es mayor que la velocidad de eliminación de gases. Estos poros reducen la sección eficaz del material y ello puede ser suficiente para producir una rotura Las tres microestructuras siguientes pertenecen a la aleación Ti-6Al-4V. Comentar las estructuras y determinar los posibles tratamientos térmicos que se han realizado a cada una de ellas. A

34 6 Metalografía 19 B C La microestructura A corresponde a la denominada mill annealed, en la que se presentan granos de fase α equiaxiales rodeados de fase β y de placas α de Widmanstatten rodeados de fase β. En general, es una estructura de recepción en la que se ha realizado un recocido.

35 11 Materiales en ingeniería. Problemas resueltos La microestructura B corresponde a la misma aleación anterior que ha sido calentada por encima de la temperatura β-transus y enfriada en el interior del horno. Se puede apreciar una microestructura totalmente compuesta de placas α de Widmanstatten rodeadas de fase β. El grosor de estas placas dependerá de la velocidad de enfriamiento: a mayor rapidez de enfriamiento menor grosor de placas. La microestructura C corresponde a la martensita de la aleación Ti-6Al-4V, denominada α. Esta microestructura de morfología acicular se obtiene enfriando muy rápidamente (temple en agua a ºC) desde temperaturas superiores a la de β-transus Un latón de la misma composición química presenta estas dos microestructuras. Explicar la razón de la diferente morfología. A B

36 6 Metalografía 111 El latón de la figura A corresponde a la estructura de colada, donde se pueden apreciar la fase α y la fase matriz β. En la figura B se observa una estructura martensítica con granos de fase α sin transformar, que corresponde al enfriamiento rápido desde una temperatura en que la fase α+β es estable hasta temperatura ambiente. La fase β es susceptible de transformación martensítica, no así la α, que permanece inalterada en la microestructura Las dos microestructuras siguientes corresponden a dos fundiciones de hierro. Identificar a qué tipo corresponden y cuál de ellas tendrá una mayor dureza. A B

37 11 Materiales en ingeniería. Problemas resueltos La figura A corresponde a una fundición compacta con matriz ferrítica y la figura B corresponde a una fundición compacta con matriz martensítica. Esta última es la que presenta una mayor dureza, ya que la martensita es la fase que confiere mayor dureza a las aleaciones hierro-carbono En la figura siguiente se muestra la estructura policristalina de un metal puro. A qué es debido que los diferentes granos presenten tonalidades distintas? Aunque todos los granos cristalinos tengan la misma composición química, la orientación cristalina de los mismos es diferente. La estructura cristalina es anisotrópica, es decir, las propiedades físicas dependen de la orientación. Así la luz incidente se refleja en diferentes ángulos y ello produce la diferente tonalidad de los granos cristalinos.

38 6 Metalografía Las siguientes micrografías se corresponden con réplicas de carbono extraídas de la superficie de un acero microaleado con vanadio y titanio. Las muestras se han observado por microscopía de transmisión, y se sabe que las partículas de titanio tienen morfología cuadrada. a) A qué fenómeno puede deberse que a 1.15ºC se aprecien sólo partículas de titanio (en concreto nitruros de titanio) y a 95ºC además se observen partículas redondeadas de vanadio (en este caso carbonitruros de vanadio)? b) Si se consiguiese estabilizar cada una de estas dos microestructuras a temperatura ambiente, cuál produciría más dureza y resistencia? Por qué? c) Qué características interesan en una distribución de partículas de cara a mejorar las propiedades mecánicas? T=95ºC T=1.15ºC a) Las partículas de titanio son muy estables a todas las temperaturas; sin embargo, las partículas de vanadio (carburos y/o nitruros) son solubles en la austenita a alta temperatura (1. o C). Cuando la temperatura desciende por debajo de su límite de solubilidad tiene lugar su precipitación.

39 114 Materiales en ingeniería. Problemas resueltos b) Tendrá más dureza, a causa del fenómeno de endurecimiento por precipitación, la que tiene más partículas. c) Interesa que la fracción de volumen de partículs sea alta, que éstas sean pequeñas y que su morfología sea lo más esférica posible Un acero microaleado se somete a un tratamiento térmico a 95ºC durante un tiempo dado. A continuación se templa rápidamente. El ataque químico a temperatura ambiente revela los tamaños de grano austeníticos previos al temple. En la siguiente micrografía se aprecia la estructura policristalina. a) Qué fenómeno está teniendo lugar? A qué se debe? b) Es conveniente este tipo de microestructura? a) Crecimiento anormal de grano. Unos granos están creciendo mucho más que el resto. Este fenómeno se suele observar en aleaciones con presencia de partículas de segunda fase. Estas partículas ayudan a controlar el tamaño de grano, pero cuando la temperatura se eleva lo necesario como para que comiencen a disolverse, se inhibe el control del grano. Eventualmente, unos granos crecen más rápidamente que otros, y aparece el denominado crecimiento anormal de grano. b) Es una microestructura a evitar, por cuanto las propiedades mecánicas son en general función del tamaño de grano. Si este es heterogéneo, también lo serán las propiedades. Por otro lado, el tamaño de grano grande tiende a fragilizar el material Un eje de un coche ha experimentado una rotura y existen dudas sobre la posible causa de la misma: sobrecarga o fatiga. Para tener más datos sobre la fractura se ha observado la superficie de rotura por microscopía electrónica de barrido y se ha obtenido esta micrografía. Qué opinión merece?

40 6 Metalografía 115 La causa de la fractura ha sido la fatiga, es decir, el sometimiento de cargas cíclicas sobre el material, que ha producido una nucleación y un crecimiento de grietas. En la micrografía se pueden apreciar las estrías de avance de grieta que clarifican el motivo de la fractura Se han ensayado dos probetas de acero de la misma composición química y estructura a diferentes temperaturas, una de ellas a -1ºC y otra a temperatura ambiente, y se han obtenido dos superficies de fractura como las que se aprecian en las siguientes micrografías. Podría decir cuál de las superficies de fractura corresponde a la ensayada a temperatura ambiente y cuál a temperatura elevada? Qué tipos de fracturas son? A

41 116 Materiales en ingeniería. Problemas resueltos B La fractura A corresponde a una fractura frágil, con muy poca absorción de energía para producir la rotura. Esta fractura corresponde al material ensayado a baja temperatura. La fractura B corresponde a una fractura dúctil, con mucha absorción de energía antes de la rotura; en ella se puede apreciar la gran deformación plástica (copas y hoyuelos) en la superficie de fractura en comparación con las superficies de clivaje de la fractura frágil. Esta fractura corresponde al material ensayado a temperatura ambiente Un material muestra unas características de dureza superiores a las esperadas en su estado de recepción (recocido). La micrografía adjunta corresponde a una observación detallada de la superficie. Pueden las líneas o marcas finas observadas tener alguna relación con el aumento de dureza del medio? Por qué? El aumento de dureza es debido a que el material ha sido deformado en frío, ya que la microestructura presenta bandas o líneas de deslizamiento propias de un material con acritud.