Materiales en Ing Problemas resueltos3

5 Propiedades mecánicas de los materiales
75
5 Propiedades mecánicas de los materiales
5.1 Si la curva tensión verdadera-deformación verdadera de un material viene dada por σ =
200.000·K·ε0,33, donde la tensión está en psi (1 MPa = 145 psi), ¿cuál es la resistencia ingenieril
máxima del material?
Solución:
Es bien conocido que el máximo en la curva ingenieril se alcanza en la curva verdadera cuando ε= n
= 0,33, en este caso.
Por otro lado, y haciendo uso de las relaciones entre las tensiones y deformaciones verdadera (σ y ε)
e ingenieril (s y e), podemos decir que:
smáx =
σ (ε máx )
0, 33
⇒ σ ( ε máx ) = 200.000 ⋅ ( 0,33) = 138.700 psi
( eu + 1)
ε u = ln( e u + 1) ⇒ e u = exp( ε u ) − 1 = exp( 0,33) − 1 = 0,3909
(El subíndice u hace referencia al valor máximo de tensión en la curva ingenieril.)
smáx =
138.700
= 99.700 psi
exp( 0,33)
5.2 En un ensayo de tracción de un metal, la fractura ha ocurrido a máxima carga. Las condiciones
de fractura fueron Afinal = 100 mm2 y Lfinal = 60 mm. Los valores iniciales eran de A0 = 150 mm2 y L0 =
40 m.
a) Determinar la deformación verdadera a rotura usando cambios en área y longitud.
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Materiales en la ingeniería. Problemas resueltos
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b) Se ensaya un material más dúctil, de tal modo que aparece estricción. Las condiciones de fractura
son ahora Lfinal = 83 mm, L0 = 40 mm, ∅final = 8 mm y ∅0 = 12,8 mm. Calcular nuevamente la
deformación verdadera usando variaciones de sección y de longitud. ¿Qué medida es más exacta?
Solución:
a)
 Lf 
 60 
ε f = ln   = ln   = 0,405
 40 
 L0 
 Af 
 150 
ε f = ln   = ln 
 = 0,405
 100 
 A0 
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)
 Lf 
 83 
ε f = ln   = ln   = 0,730
 40 
 L0 
 ∅2f 
 Af 
 ∅f 
 12,8 
ε f = ln   = ln  2  = ln 
 = 2 ⋅ ln 
 = 0,940
 8 
 A0 
 ∅0 
 ∅0 
2
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 = 25%. a) ¿A qué valor de
deformación verdadera rompió el material? b) Si la longitud inicial de la probeta era de L0=25 mm,
¿cuánto se alargó antes de romper?
Solución:
a) Por definición
εf =
∫
Lf
Lo
 Lf 
dL
= ln  
L
 L0 
y aplicando la conservación del volumen:
A 
 Lf 
ln   = ln  0 
 L0 
 Af 
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o=φ( ⋅−π)
5 Propiedades mecánicas de los materiales
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Por otro lado:
RA =
A0 − A f
A0
Af
= 1−
A0
⇒
Af
A0
= 1 − RA ⇒
A0
1
=
A f 1 − RA
luego:
 1 
ε f = ln 

 1 − RA 
Si RA = 0,25, entonces sustituyendo εf = 0,287.
b) Si la estricción fue localizada, es decir, la deformación no fue homogénea en toda la longitud de la
probeta, no es posible calcular Lf. Si por el contrario fue homogénea, entonces
Lf
 Lf 
0,287 = ln   ⇒ exp( 0,287) =
⇒ L f = 33,31 mm
25
 L0 
El incremento de longitud sería, para este último caso, de 33,31-25 = 8,31mm.
5.4. Una torre muy grande debe ser soportada por una serie de cables de acero. Se estima que la
carga sobre cada cable será de 15.000 N. Determinar el diámetro mínimo requerido suponiendo un
factor de seguridad de 2 y un límite elástico de 750 MPa para el acero en cuestión.
Solución:
σelástico 750 MPa
=
= 375 MPa
ψ
2
σtrabajo =
σtrabajo =
So =
P
P
⇒ So =
σtrabajo
So
15.000 N
= 4· 10-5 m2
375 ⋅ 106 Pa
Asumiendo una sección cilíndrica:
So =
πφo 2
→ φo =
4
4So
π
= 7,1 · 10-3 m = 7,1 mm
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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 7.500 N. Calcular la máxima
longitud de la probeta antes de la deformación si el alargamiento máximo permisible es de 0,40 mm.
El módulo de elasticidad de la aleación es de 108 GPa.
P
φo = 8 mm
P = 7.500 N
∆lmáx = 0,40 mm
lo ?
σ
ε
E=
σ=
P
P
=
So πφo 2
=
4
4 ⋅ 7.500 N
π ( 0,008 m)
2
= 149,2 ⋅ 106 Pa = 149,2 MPa
ε exclusivamente elástica ⇒
ε=
σ
149,2 MPa
=
= 1,4 ⋅ 10− 3 = 0,0014
E 108 ⋅ 103 MPa
∆l
∆l
ε=
⇒ lo =
lo
ε
Para ∆lmáx = 0,40 mm
lomáx =
0,40 mm
= 285,7 mm
0,0014
5.6 Si el esfuerzo para el cual se observa deformación plástica en un aleación de cobre es 300 MPa,
¿cuál es la máxima carga que se puede aplicar a una probeta de sección transversal de 130 mm2 sin
que ésta se deforme plásticamente? Si la longitud original de la probeta es de 60 mm, ¿cuál es el
máximo alargamiento permisible en el rango elástico? El módulo de elasticidad de la aleación es 110
GPa.
So = 130 mm2
lo = 60 mm
Solución:
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5 Propiedades mecánicas de los materiales
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σmáx (rango elástico) = 300 MPa =
P
S0
Pmax (rango elástico) = σmáx (r. el.) · So = 300 · 106 Pa · 130 mm2 ·
εmáx (r. el.) =
ε=
∆l
lo
→
1m2
= 39.000 N
106 mm2
σmáx ( r . el . )
300 MPa
=
= 2.7 ⋅10 − 3
E
110 ⋅10 3 MPa
∆lmáx (r. el.) = εmáx (r. el.) · lo = 2,7 ·10-3 · 60 mm = 0,16 mm
5.7 Una muestra cilíndrica de una aleación metálica de 12 mm de diámetro es deformada
elásticamente a tracción. Una carga de 18.000 N produce una reducción en el diámetro de la probeta
de 0,006 mm. Calcular el coeficiente de Poisson de este material si su módulo de elasticidad es de
105 GPa.
Solución:
P = 18.000 N
→
∆φ = φo - φf = 0,006 mm
3
ν = ? , si E = 105 · 10 MPa
εlat
=- [(def. lateral)/(def. axial)]
ν =−
εax
εlat = φ f − φ o = − 0 , 0 0 6 m m = − 0 , 0 0 0 5
φo
12m m
18.000 N
P
π ⋅ φo2
σ
4 ⋅ 18.000 N
4
εax =
= So =
=
= 0,00152
9
E
E 105 ⋅ 10 Pa π ⋅ ( 0,012m)2 ⋅ 105 ⋅ 109 Pa
luego:
ν= −
(− 0,0005) =
0,00152
0,33
5.8 Una probeta metálica cilíndrica, de 15 mm de diámetro y 200 mm de longitud, es sometida a un
esfuerzo de 28 MPa, nivel de tensión al cual toda la deformación experimentada por ella es elástica.
a) Si el alargamiento máximo permitido es de 0,08 mm, ¿cuáles de los metáles de la tabla adjunta son
posibles candidatos?
b) Si además la máxima reducción de diámetro permitida es de 0,0012 mm, ¿qué metales de la tabla
satisfacen las condiciones requeridas?
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Metal o aleación
Aluminio
Latón
Cobre
Magnesio
Níquel
Acero
Titanio
Tungsteno
Módulo de elasticidad
(MPa x 104)
6,9
10,1
11,0
4,5
20,7
20,7
10,7
40,7
Módulo de cizalladura
(MPa x 104)
2,6
3,7
4,6
1,7
7,6
8,3
4,5
16,0
Coeficiente de Poisson
0,33
0,35
0,35
0,29
0,31
0,27
0,36
0,28
Solución:
a)
σ = 28 MPa
Si ∆l < 0,08 mm → εelástica <
∆lmax 0,08 mm
=
lo
20 mm
E=
⇒ εel. < 0,0004
σ
σ
→ ε = < 0,0004
ε
E
28 MPa
<E
0,0004
E > 7·104 MPa
De la tabla se observa que todos los metales son posibles candidatos, excepto el aluminio y el
magnesio.
b)
εlateral mínima =
∆φmín −0,0012 mm
=
= −0,00008 = −8 ⋅ 10− 5
15 mm
φo
Entonces:
εlat > -8 · 10-5
y
εlat
ν= −
donde
εaxial
σ 28 MPa
εaxial = =
E
E
así:
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5 Propiedades mecánicas de los materiales
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28 MPa
> −8 ⋅ 10− 5
E
ν
8 ⋅ 10−5
1
<
= 2,9 ⋅ 10− 6 ⋅
E 28 MPa
MPa
εlat = −νεaxial = −ν
La relación ν/E para los aún posibles candidatos es:
Latón
3,5 · 10-6
Cobre
3,2 · 10-6
Níquel
1,5 · 10-6
Acero
1,3 · 10-6
Titanio
3,4 · 10-6
Wolframio 6,9 · 10-7
Posibles candidatos después de considerar el segundo requerimiento: níquel, acero y wolframio.
La decisión final dependerá de otros factores, por ejemplo: factores económicos, la resistencia a la
corrosión si el medio de trabajo fuese tomada en consideración, etc.
5.9 Un componente de geometría cilíndrica de 120 mm de longitud y 14 mm de diámetro debe
soportar una carga de 32.000 N sin experimentar deformación plástica ni su diámetro reducirse en
más de 0,010 mm.
a) ¿Cuál de los materiales tabulado en la tabla es el mejor candidato?
b) ¿Cuál debería ser el coste específico de la aleación de titanio para que este material 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 25% 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)
Aleac. Al
Acero
Aleac. Ti
Aleac. Mg
70
205
105
45
Límite
elástico
(MPa)
250
550
850
170
Módulo de
Poisson
Densidad
(g/cm3)
0,33
0,27
0,36
0,29
2,8
7,8
4,8
1,8
Solución:
a) Dos requerimientos:
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Precio (PTA/t)
200.000
100.000
1.000.000
400.000
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P = 30.000 N
1. No experimentar deformación plástica 
φ = 14 mm
2. Reducción de diámetro “máxima” de 0,010 mm
De 1:
P 30.000 N
30.000 N ⋅ 4
=
=
2
2 = 195 MPa
So
πφo
π ⋅ ( 0,014 m)
4
σelástico > 195 MPa ⇒ Aleación Mg no cumple.
σ=
De 2:
φ = 14 mm
εaxial =
σ 195 MPa
=
E
E
εlateral = εφ = −νε axial
120 mm
− 0 , 010 m m
= − 0 , 00071 = − 7 ,1 ⋅ 10 − 4
14 m m
ε φ mínima =
Entonces:
-ν εaxial > -7,1 · 10-4
→
195 MPa
< 71
, ⋅ 10− 4
E
1
ν
< 3,6 ⋅ 10− 6
E
MPa
ν εaxial < 7,1 · 10-4 → ν
Así:
ν
E
ν
E
=
1
0,33
= 4,7 ⋅ 10− 6
3
70 ⋅ 10 MPa
MPa
=
1
0,27
= 1,3 ⋅ 10− 6
3
205 ⋅ 10 MPa
MPa
Al
Acero
ν
E
=
Ti
1
0,36
= 3,4 ⋅ 10− 6
3
105 ⋅ 10 MPa
MPa
- Entre los dos candidatos posibles (Acero, Ti), la selección final se hace bajo consideraciones
económicas.
PTA ⋅ pieza =
Precio
t
⋅ Peso pieza
material
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;y
5 Propiedades mecánicas de los materiales
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Pesopieza = ρmaterial · Vpieza
Precio
PTA / pieza
acero
PTA / pieza
Ti
=
t
acero
Precio
t
⋅ ρ acero ⋅ V pieza
=
⋅ ρ Ti ⋅ V pieza
100.000 ⋅ 7,8
g
3
cm
= 0,1625
g
PTA
1.000.000
4
8
⋅
,
3
t
cm
Ti
Entonces la selección final es acero.
b)
PTA
t Ti
para que
PTA ⋅ pieza acero
PTA ⋅ pieza Ti
1=
PTA
a
t
=
Ti
=1
100.000 PTA t ⋅ 7,8
a PTA t ⋅ 4,8 g
100.000 PTA t ⋅ 7,8 g
4,8
g
cm 3
g
cm 3
cm 3
cm 3 = 162.500 PTA
t
c) La aleación de magnesio no puede ser competitiva a ningún precio pues su σelástico < 195 MPa.
d) Nuevo σelástico = 1,25 ·170 MPa = 212,5 MPa > 195 MPa, pero también se debe satisfacer el
segundo requerimiento.
1
1
0,29
ν
=
= 6,4 ⋅ 10− 6
> 3,6 ⋅ 10− 6
3
E Mg 45 ⋅ 10 MPa
MPa
MPa
No cambiaría la selección final.
5.10 Calcular la tenacidad de un material que cumple la ecuación de Hollomon σ = Kεn . Expresarla
en función de las constantes características del material K y n y de la estricción RA.
Solución:
∫
εf
La tenacidad UT de un material se define como U T = σdε , es decir, es la energía por unidad de
0
volumen absorbida por el material hasta el momento en el que tiene lugar la rotura.
Por lo tanto:
UT =
εf
1
1
ε 0 σ 0 + σdε = ε 0 σ 0 +
2
2
ε0
∫
∫
εf
ε0
Kε n dε =
ε nf +1 − ε 0n +1
1
ε 0σ 0 + K
2
n +1
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Materiales en la ingeniería. Problemas resueltos
84
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:
 1 
A

ε f = ln  0 A  = ln 

 1 − RA 

f
Sustituyendo ahora:
   1   n +1  σ  n +1 
0
  ln 
 −   
 E 
1 σ 02
   1 − RA  
UT =
+ K

n +1
2 E






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:
  1 
 ln 

  1 − RA  
UT = K
n +1
n +1
Puede apreciarse que la tenacidad puede calcularse después de conocerse la estricción del material y
sus constantes características.
5.11 Dejamos caer un objeto con un extremo agudo sobre el centro de una mesa circular de vidrio.
El objeto tiene una masa de 9 kg y las dimensiones de la mesa son 1 m de diámetro (∅) y 3 cm 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 0,01 J/mm2.
¿Desde qué altura máxima podremos dejar caer el objeto anterior sin que el vidrio se rompa?
Datos: g = 9,8 N/kg
Solución:
Las condiciones necesarias serían, teóricamente, que la energía potencial del objeto fuese, como
máximo, la energía que puede absorber el material en el impacto:
E potencial = M ⋅ g ⋅ h = Eabsorbida = ρ ⋅ Simpacto
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 Simpacto = ∅ · d = 1 m · 0,03 m = 0,03 m2 = 30.000 mm2.
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5 Propiedades mecánicas de los materiales
h=
85
ρ ⋅ S impacto
M⋅g
=
0,01 J mm 2 ⋅ 3 ⋅10 4 mm 2
= 3,4 m
9 kg ⋅ 9,8 N kg
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.
5.12 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: KIC(vidrio) = 900 Pa m
Solución:
Si el esfuerzo que supone una masa M sobre la superficie circular de la mesa (S=π ·∅2 /4) supera 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: 2 a = 18 mm, y de aquí a = 9 mm = 0,009 m.
KIC=Y · σ· √ π a ⇒ σ=KIC / (Y · √ π a)=900 Pa·√m / (1· √ π ·0,009 m)
KIC =5.352,4 Pa (N/m2)
Si σ = F/S ;
S = π ·∅2 /4 = (π /4) m2;
F = σ · S = 5.352,4 N/m2 · (π /4) m2 = 4.203,7 N
Y de aquí, M = F / g = 4.203,6 N / (9,8 N/kg) = 428,9 kg, que es la masa máxima que soportará la
mesa de vidrio sin romperse.
5.13 Una aleación de aluminio 3105 (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.
Materiales en la ingeniería. Problemas resueltos
86
(1 pulgada = 2,54 cm, 1 MPa= 145 psi)
Solución:
D = 3,81 cm
172MPa ⋅
0,35 =
(D
145 psi
1ksi
⋅
= 24,94 psi
1MPa 1.000 psi
2
0
⋅ π − π ⋅ 3,812
D2
4 ⋅ 0 ⋅π
4
)= D
⇒ 0,65 ⋅ D02 = 14,52 ⇒ D0 =
2
0
− 3,812
D02
⇒
14,52
= 4,72cm
0,65
Esto supone una deformación en frío de un 35%.
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5 Propiedades mecánicas de los materiales
87
5.14 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)
Dimensiones
Originales
Deformadas
Rectangular (mm)
20,0
16,0
20,0 x 40,0
14,0 x 43,8
¿Cuál de estas probetas tendrá mayor dureza después de la deformación plástica? ¿Por qué?
Solución:
Para una muestra
S=b·h:
h
→
20
b
14
40
43,8
y para la otra:
φ
S=
πφ 2
4
→
:
20
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:
 So − Sf 
% CW = 
 ⋅100
 So 
(1)
 bo ⋅ ho − bf ⋅ hf 
 20 ⋅ 40 − 14 ⋅ 43,8 
% CW = 
 ⋅ 100 = 
 ⋅ 100 = 23,4%




bo ⋅ ho
20 ⋅ 40
(2)
2
2
 πφo − πφf 
2
2

4
4  ⋅ 100 =  20 − 16  ⋅ 100 = 36,0%
% CWo = 
2

πφo
 202 


4
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88
Materiales en la ingeniería. Problemas resueltos
En el caso (2) obtendríamos una dureza mayor que en el caso (1).
5.15. Se desea seleccionar una aleación metálica para una aplicación que requiere un límite elástico y
una ductilidad mínimos de 300 MPa y 27% (alargamiento a rotura), respectivamente. Si la aleación
puede trabajarse en frío, decidir entre cobre, latón y acero 1040. ¿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.
Solución:
5 Propiedades mecánicas de los materiales
89
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Materiales en la ingeniería. Problemas resueltos
90
Los requerimientos de la aplicación son: σel > 330 MPa y %εf > 27%
Veamos para qué condiciones de “trabajo en frío” (si es necesario) los materiales bajo consideración
satisfacen los requerimientos citados:
σel > 300 MPa
%εf > 27%
cobre, para %CW > 38%
latón, para %CW > 15%
acero 1040, aun para %CW = 0
cobre, para %CW < 10%
latón, para %CW < 19%
acero 1040 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%.
5.16 Una barra cilíndrica de latón, de 10 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 350 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.
Solución:
σelástico> 380 MPa ⇒ % CW ≥ 24 %
%εf > 15%
⇒ % CW ≤ 29%
Entonces requerimos un % CW entre el 24% y el 29% como paso terminal. Tomaremos % CW =
26%
So − Sf
⋅100
% Cw =
So
Si φf requerido es de 7,5 mm y φo es de 10 mm, veámos cuál es el %CW asociado a llevar a cabo el
proceso en una sola pasada:
De las figuras del ejercicio anterior
π (10 mm)
π ( 7,5 mm)
−
4
4
%Cw 10→7.5 =
⋅100 = 43,75 % > 29 % ⇒
2
π ( 7,5 mm)
2
2
4
⇒ No es posible en una sola pasada.
Planteamos el proceso en dos pasos con un tratamiento de recocido (restauración más
recristalización) intermedio:
φf = 7,5 mm
y
%CW2 = 26%
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5 Propiedades mecánicas de los materiales
91
πφ ′ 2 πφ f
−
S ′ − Sf
4
%CW2 = 26% =
⋅100 = 4
πφ ′ 2
S′
4
2
⋅ 100
(φ ′)2 − (7,5 mm)2
(φ ′)2
0,26 =
0,26 φ′2 = φ′2 - 56,25 mm
φ′ =
%CW1 =
So − S ′
⋅ 100 =
So
πφ 0 2
56,25 mm2
= 8,71 mm
(1 − 0,26)
πφ ′
4 −
4 ⋅ 100 =
πφo 2
4
2
π (10 mm)
π (8,71mm)
4 −
4 ⋅ 100 =
2
π (10 mm)
4
2
2
= 24,71 = %CW1
NOTA: Aunque el %Cw1 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.
5.17 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, 180 MPa, y el alargamiento mínimo del 4%. Se permite una deformación en frío máxima del
70% 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.
Solución:
Para Rm ≥ 180 MPa ⇒ CW ≥ 40% y para A(%) ≥ 4% ⇒ CW ≤ 40%( aprox.) ⇒ CWterminal = 40%
t i − 7,5
= 0,4 ⇒ ti = 12,5 mm
ti
FRÍO:
1. CW 70% desde 70 mm hasta 22,5 mm; ya que
75 − t f
75
= 0,7 ⇒ t f = 22,5 mm
2. Recocido.
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Materiales en la ingeniería. Problemas resueltos
92
3. CW 44,4% desde 22,5 mm hasta 12,5 mm; ya que
22,5 − 12,5
= 0,44 ⇒ 44,4%
22,5
4. Recocido.
5. CW 40% desde 12,5 mm hasta 7,5 mm.
CALIENTE:
1. Deformación en caliente (HW) de 83,3% desde 75 mm hasta 12,5 mm
2. CW 40% desde 12,5 mm hasta 7,5 mm.
5.18 Un acero inoxidable austenítico AISI 302 va a ser trefilado desde un alambre de 16 mm de
diámetro a uno de 4 mm, para lo cual se requiere que la resistencia máxima sea, al menos, de 1.500
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 80% 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.
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5 Propiedades mecánicas de los materiales
93
Solución:
Requerimientos:
Resist. máxima > 1.500 MPa
%CW final > 47%
Alargamiento a rotura > 4%
%CW final < 55%
Rango %CW final
47-55%
Veamos si es posible realizar el proceso en un solo paso
Φ ο = 16 mm a Φ f = 4,0 mm ⇒ 93,75%, imposible en un solo paso.
Proceso a realizarse en varias fases, siendo el final asociado a un %CW ≅ 50%. Entonces partimos de
atrás hacia adelante.
PASO FINAL:
%CW = 50%
Φ ‘= X
Φ f = 4,0 mm
'
'2
2
2
2
A −A
Φ −Φ
x − 16 mm
f
f
%CWf =
⋅
100
=
⋅
=
⋅ 100 = 50
100
'
2
'2
A
x
Φ
100 ( x2 - 16 mm2 ) = 50 x2
50 x2 = 1.600 mm2
x = 5,66 mm
Veamos ahora si es posible llegar desde Φ = 16 mm hasta Φ = 5,66 mm:
'
2
'2
2
2
A0 − A
Φ0 − Φ
(16 mm) − (5,66 mm)
%CW1 =
⋅ 100 =
⋅
100
=
⋅ 100 = 87,5%
2
2
A0
Φ0
(16 mm)
¡No admisible! Necesitamos al menos, realizar dos pasos intermedios:
Seleccionamos %CW ≈ 60%; aquí la única limitación es %CW<80%
φ0=16 mm ⇒ %CW1 ⇒ φ‘’= y ⇒ Recocido ⇒ %CW2 ⇒ φ‘ = 5,66 mm ⇒
⇒ Recocido ⇒ %CWf = 50% ⇒ φf = 4,0 mm
Seleccionamos %CW2 = 60%
60 =
(φ ' ' ) 2 − (φ ' ) 2
y 2 − (5,66) 2
⋅100 =
⋅100
2
(φ ' ' )
y2
100 ⋅ ( y 2 − 32 mm2 ) = 60 ⋅ y 2
40 ⋅ y 2 = 3.200 mm2
y = 8,94 mm
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Materiales en la ingeniería. Problemas resueltos
94
Ahora determinaremos el %CW1:
%CW1 =
φ 2 − (φ ' ' )2
(16 mm)2 − (8,94 mm)2
Ao − A' '
⋅100 = o 2
⋅100 =
⋅100 = 68,8%
φ0
(16 mm)2
Ao
(68,8%<80% OK!)
Entonces, proceso final:
Φ0 = 16 mm ⇒ 68,8% ⇒ Φ“ = 8,94 mm Recocido ⇒ 60% ⇒ Φ‘ = 5,66 mm Recocido ⇒ 50% ⇒
Φf = 4,0 mm
σ UTS = 1.550 MPa
% εf = 4,5%
Deformación inicial en caliente ⇒ Limitación de máxima deformación / paso ya no existe. Sin
embargo, el paso final no puede suprimirse:
Φ0 = 16 mm ⇒ Deformación en caliente ⇒ Φ‘ = 5,66 mm ⇒ 50% ⇒ Φf = 4,0 mm
obtenemos:
σ UTS = 1.550 MPa
%εf = 4,5 %
5.19 Una barra de acero de herramientas (ver figura adjunta) que tiene un diámetro de 0,5 pulgadas 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.
5 Propiedades mecánicas de los materiales
95
Solución:
D = 0,5 pulgadas = 1,27 cm; r = D/2 = 0,635 cm
l = 6 pulgadas = 15,24 cm
σ = 67 ksi = 67.000 psi · (1 MPa/145 psi) = 462,1 MPa
σ=F/A
F = σ ⋅ A = 462,1⋅ 106 Pa ⋅ π ⋅ ( 0,635) ⋅ 10−4 = 585,37 ⋅102 N
2
5.20 Los resultados de ensayos de fatiga en un acero se muestran en la tabla adjunta.
a) Dibujar el diagrama S-N (amplitud de esfuerzo frente a logaritmo de ciclos hasta rotura) 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 600
rpm, determinar los tiempos máximos que se pueden permitir en el caso de conducción contínua para
niveles de amplitud de esfuerzo de:
c) 450 MPa,
d) 380 MPa, y
e) 275 MPa.
Datos de amplitud de la tensión - número de ciclos a rotura.
Amplitud del esfuerzo (MPa)
470
440
390
350
310
290
290
290
Ciclos hasta la rotura
10.000
30.000
100.000
300.000
1.000.000
3.000.000
30.000.000
100.000.000
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96
Materiales en la ingeniería. Problemas resueltos
Solución:
a)
b) Límite a fatiga ≈ 290 MPa.
∆S
= 450 MPa → N f = 20.000 ciclos
2
N 20.000 ciclos
N
→t=
=
= 33,3 min ≈ 0,5 horas
f ( rpm) =
ciclos
f
t
600
min
d)
∆S
= 380 MPa → N f = 130.000 ciclos
2
N
N 130.000 ciclos
f (rpm) =
→t=
=
= 216,7min ≈ 3,6 horas
ciclos
f
t
600
min
e)
∆S
= 275 MPa → N f > 108 ciclos
2
t → > 108 ciclos
> 115 días → ∞
c)
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5 Propiedades mecánicas de los materiales
97
5.21 Una aleación de acero tiene una resistencia a fatiga (evaluada a esfuerzo medio nulo) y una
resistencia máxima a tracción de 700 y 1.400 MPa, respectivamente. ¿Esperaría usted que un
componente manufacturado de esta aleación falle por fatiga al ser sujeto a esfuerzos cíclicos entre 0 y
600 MPa?
¿Cambiaría la situación si el material tuviera un esfuerzo residual de tensión de 700 MPa?
Solución:
-
Efecto del esfuerzo medio en la vida a fatiga:
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Materiales en la ingeniería. Problemas resueltos
98
Relación de Goodman:

σ 
σ ampl . = σ f  1 − m 
Rm 

a)
σ máx − σ mín 600 − 0
=
= 300 MPa
2
2
σ + σ mín 600 + 0
=
= 300 MPa
σ m = máx
2
2
σ ampl . =
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5 Propiedades mecánicas de los materiales
a) (σampl.,σm) = (300,300)
→
99
seguro (no rotura)
b) Esfuerzo residual tensil = 700 MPa
σampl. = 300 MPa (igual que antes)
σm = σm inicial + σresidual = 300 MPa + 700 MPa = 1.000 MPa
(σampl.,σm) = (300,1.000)
→
rotura
5.22 Una columna de acero de 63 cm de diámetro y 2 m de altura soporta constantemente una carga
de 85 MN. Se coloca en un medio corrosivo en el cual su velocidad de corrosión es de 20,4 g/día.
a) ¿En qué momento dejará de ser segura como elemento estructural? Se supone que no se aplica
ningún factor de seguridad.
b) ¿Cuál será la pérdida de masa en ese momento?
c) ¿Durante cuánto tiempo habrá servido dicho componente?
Datos:
σ0,2(acero) = 280 MPa
ρ (acero) = 7,87 g/cm3
Solución:
a) En el momento en que σtrabajo > σ0,2 dejará de ser segura.
b)
σ=
F 85 ⋅ 106 N
=
= 280 MPa (106 N/m2)
S
(πφf 2 )
4
4 ⋅ 85 ⋅ 106 N
= 0,366 m2
φfinal2 =
π ⋅ 280 ⋅ 106 N / m2
φfinal = 0,622 m
∆ masa = ρ ⋅ ∆ vol = ρ (Vfinal − Vinicial ) = ρ ⋅ L( Sf − Si )
 πφ 2 f πφ 2 i  πρL 2
∆ masa = ρ ⋅ L
−
 =
(φf − φi 2 )
4 
4
 4
(
π
2
0,366 m2 − (0,63 m)
4
∆masa = -134.747,9 g
∆ masa = 7,87 ⋅ 106 g / m3 ⋅ 2 m ⋅
c)
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)
Materiales en la ingeniería. Problemas resueltos
100
r
∆m
v óxid =
= 20,4 g / día
t
13.4747,6 g
∆m
= 6.605,3 días
r =t⇒
20,4 g / día
v óxid
t =18,09 años
5.23 La densidad del magnesio metálico (Mg) es de 1,74 g/cm3 y la de su óxido (MgO) de 3,65
g/cm3.
a) ¿Cuál será la relación de Pilling-Bedworth para el sistema Mg-MgO?
b) ¿Será protector este óxido?
Datos:
MMg = 24,32 g/mol
Mo =16,00 g/mol
Solución:
a)
P-B =
1 mol Mg → 1 mol MgO
P-B =
P-B =
Vol. óx.
Vol. metal
(1mol Mg ⋅ MMg + 1 mol O ⋅ Mo) / ρMgO
(1mol Mg ⋅ MMg ) / ρMg
(24,32 + 16) g / mol / 3,65 g / cm3 =
24,32 g / mol / 1,74 g / cm3
0,79
b)
No ⇒ P-B<1 ⇒ no protegerá.
5.24 Se dispone de una celda Ni/NiSO4 con un electrodo de Ni de 2 g. Se hace circular
una corriente de 2 A durante 30 min. ¿Se consumirá totalmente el electrodo?
Datos:
MNi = 58,69 g/mol
F = 96.500 C/mol
Solución:
m=
Ni → Ni2+
IMt
nF
⇒ n=2
I=2A
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5 Propiedades mecánicas de los materiales
101
t=30 min = 1.800 s
⇒ m=
2 A ⋅ 1800
.
s ⋅ 58,69 g / molNi
−
2 mol e
96.500 C
mol Ni ⋅
mol e −
M=58,69 g/mol
F=96.500 C/mol
m = 1,094 g → maxima cantidad de masa que disolverá la celda.
⇒ No se consumirá totalmente el electrodo ya que m < 2 g.
5.25 Se dispone de una celda Cu/CuSO4 para recubrir de cobre una chapa de acero de 10 x 5 cm de
superficie y 0,3 cm de grosor. Si la intensidad de corriente es de 1,5 A, ¿cuánto tiempo tardaremos en
conseguir una capa de 100 µm?
Datos:
MCu= 63,65 g/mol
F= 96.500 C/mol e-
dCu= 8,96 g/cm3
Solución:
S= (2 x 10 x 5) cm2
S1=(2 x 10 x 0,3) cm2
S2=(2 x 5 x 0,3) cm2
(2 superficies)
( “
“ )
( “
“ )
ST = (100 + 6 + 3) cm2 = 109 cm2
100 µm ≡ espesor capa ≡ x
Vol. capa = ST · x = 109 cm2 · 100 · 10-4 cm
V = 1,09 cm3 ⇒ mCu = 1,09 cm3 · 8,96 g/cm3 ⇒ mCu = 9,664 g
mCu =
IMt
1,5 A ⋅ 63,55 g / mol Cu ⋅ t
=
= 9,7664 g
2 mol e−
96.500 C
nF
⋅
mol Cu
mol e −
t = 1.973,56 s = 5,49 h
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6 Metalografía
103
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
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104
Materiales en ingeniería. Problemas resueltos
MICROESTRUCTURA 2
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6 Metalografía
105
MICROESTRUCTURA 3
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106
Materiales en ingeniería. Problemas resueltos
Solución:
La microestructura 1 corresponde a un acero hipoeutectoide (contenido de carbono inferior al
0,77%). 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 (Fe3C).
La microestructura 2 corresponde a un acero perlítico, con un contenido de carbono de alrededor del
0,8%. 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.
6.2. 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 2. ¿Cuál de ellas tendrá mayor dureza?
MICROESTRUCTURA 4
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6 Metalografía
107
Solución:
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 2
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 2 tendrá mayor dureza que la 4 y ésta mayor dureza que la microestructura
1, que es la que presenta menor contenido en carbono.
6.3. Una pieza metálica presenta una microestructura como la que se aprecia en la fotografía 5. ¿Qué
se podría decir de su método de elaboración?
MICROESTRUCTURA 5
Solución:
Se puede concluir que la pieza metálica se ha obtenido por solidificación, ya que la 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.
6.4. 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?
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108
Materiales en ingeniería. Problemas resueltos
Solución:
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.
6.5. 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
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6 Metalografía
109
B
C
Solución:
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.
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110
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
20ºC) desde temperaturas superiores a la de β-transus.
6.6. Un latón de la misma composición química presenta estas dos microestructuras. Explicar la
razón de la diferente morfología.
A
B
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6 Metalografía
111
Solución:
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.
6.7. 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
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112
Materiales en ingeniería. Problemas resueltos
Solución:
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.
6.8. En la figura siguiente se muestra la estructura policristalina de un metal puro. ¿A qué es debido
que los diferentes granos presenten tonalidades distintas?
Solución:
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.
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6 Metalografía
113
6.9. 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 1.150ºC se aprecien sólo partículas de titanio (en concreto
nitruros de titanio) y a 950ºC 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=950ºC
T=1.150ºC
Solución:
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 (1.000oC). Cuando la
temperatura desciende por debajo de su límite de solubilidad tiene lugar su precipitación.
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Materiales en ingeniería. Problemas resueltos
114
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.
6.10. Un acero microaleado se somete a un tratamiento térmico a 950ºC 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?
Solución:
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.
6.11. 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?
© los autores, 1998; © Edicions UPC, 1998.
6 Metalografía
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Solución:
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.
6.12. Se han ensayado dos probetas de acero de la misma composición química y estructura a
diferentes temperaturas, una de ellas a -120ºC 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
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Materiales en ingeniería. Problemas resueltos
B
Solución:
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.
6.13. 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?
Solución:
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.
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