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.

© los autores, 1998; © Edicions UPC, 1998. Quedan rigurosamente prohibidas, sin la autorización escrita de los titulares del "copyright", bajo las sanciones establecidas en las leyes, la reproducción total o parcial de esta obra por cualquier medio o procedimiento, comprendidos la reprografía y el tratamiento informático, y la distribución de ejemplares de ella mediante alquiler o préstamo públicos.

Materiales en la ingeniería. Problemas resueltos

76

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 

© los autores, 1998; © Edicions UPC, 1998.

o=φ( ⋅−π)

5 Propiedades mecánicas de los materiales

77

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

© los autores, 1998; © Edicions UPC, 1998.

Materiales en la ingeniería. Problemas resueltos

78

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:

© los autores, 1998; © Edicions UPC, 1998.

5 Propiedades mecánicas de los materiales

79

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?

© los autores, 1998; © Edicions UPC, 1998.

Materiales en la ingeniería. Problemas resueltos

80

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 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:

© los autores, 1998; © Edicions UPC, 1998.

5 Propiedades mecánicas de los materiales

81

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:

© los autores, 1998; © Edicions UPC, 1998.

Precio (PTA/t)

200.000 100.000 1.000.000 400.000

Materiales en la ingeniería. Problemas resueltos

82

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

© los autores, 1998; © Edicions UPC, 1998.

;y

5 Propiedades mecánicas de los materiales

83

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

© los autores, 1998; © Edicions UPC, 1998.

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.

© los autores, 1998; © Edicions UPC, 1998.

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%.

© los autores, 1998; © Edicions UPC, 1998.

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

© los autores, 1998; © Edicions UPC, 1998.

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

© los autores, 1998; © Edicions UPC, 1998.

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%

© los autores, 1998; © Edicions UPC, 1998.

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.

© los autores, 1998; © Edicions UPC, 1998.

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.

© los autores, 1998; © Edicions UPC, 1998.

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