Problemas

PARTE TEÓRICAPROBLEMA 1:Con los datos obtenidos en un ensayo de tracción (N, mm). Representa esquemáticamente los diagramas correspondientes para materiales dúctiles y frágiles ensayados hasta la fractura. (ANEXO- TABLA I.MEDIDAS DE PROBETAS Y TABLAII.MATERIAL)

Solución:

En materiales frágiles, incluyendo muchos cerámicos, el esfuerzo de cadencia, la resistencia a la tensión y el punto de ruptura tienen un mismo valor. En muchos materiales frágiles no se puede efectuar con facilidad el ensayo de tensión debido a la presencia de defectos de superficie. Mientras que en los materiales dúctiles la curva esfuerzo-deformación generalmente pasa por un valor máximo, este esfuerzo máximo es la resistencia del material a la tensión. La falla ocurre a un esfuerzo menor después de que el encuellamiento ha reducido el área de la sección transversal que soporta la carga.

2015PROBLEMAS RESUELTOS DE INGENIERÍA DE MATERIALES

Página 1UNMSM- FACULTAD DE INGENIERÍA INDUSTRIAL

Los tipos de cálculos que se manejaron fueron los siguientes:

El cálculo para las áreas de las probetas del acero y la de aluminio



Otro tipo de cálculo fue el de pasar los datos de P que teníamos en psi pasarlos a N y para eso tenemos que multiplicar por 5.52 esta fórmula vale tanto para el acero como para el aluminio

Ejemplo para el aluminio

Otro cálculo que se realizo fue para el esfuerzo; la fórmula es válida para los dos materiales

El A es la sección transversal del material

Ejemplo con un valor de P=2208N para el aluminio

Otro tipo de cálculo es de deformación unitaria; la fórmula es válida para los dos materiales

Donde Lo es igual a la longitud calibrada que esta entre las marcas de calibración.

Ejemplo con un valor de δ=30*10-2mm para el aluminio

PROBLEMA 2:



Tipos de ensayos para caracterizar las propiedades resistentes de los materiales.

Solución:

Estáticos: Tracción y dureza. Fluencia y Dureza.

Dinámicos: Resiliencia. Fatiga.

PROBLEMA 3:¿Qué parámetros necesarios para el cálculo de elasticidad se obtienen del ensayo de tracción de un material?

Solución:

a) Limite elástico: Es el límite máximo donde es válida la teoría de la elasticidad.b) Módulo de elasticidad (ro/épsilon) en Lo tg (tecta): Es el parámetro básico en la

teoría de la elasticidad que cuantifica las tensiones difícilmente medibles a partir de las deformaciones, medibles sin excesiva dificultad.

PROBLEMA 4:Justificar las diferencias entre las medidas obtenidas en un ensayo de dureza Rockwell y un ensayo Brinell o Vickers.

Solución:

Ensayo Brinell

Este ensayo se utiliza en materiales blandos (de baja dureza) y muestras delgadas. El indentador o penetrador usado es una bola de acero templado de diferentes diámetros. Para los materiales más duros se usan bolas de carburo de tungsteno.

Las condiciones normales del ensayo son:



D= 10 mmF= 3000 KpTiempo de carga = 15 segundos

El tipo de penetrador es una bola de acero templado (material muy duro). Es recomendable para valores inferiores a 500 HB si la bola del penetrador no es de

carburo de volframio. Es correcto en materiales de perfil grueso, donde las huellas obtenidas son nítidas y

de contornos delimitados. Si lo aplicamos a materiales de espesores inferiores a 6 mm, con bola de 10 mm de diámetro, se deforma el material y los resultados obtenidos son erróneos. Para solucionar este problema se puede disminuir la carga de forma que las huellas sean menos profundas, disminuyendo también el diámetro de la bola, para que el diámetro de la huella quede comprendido entre:

D/4 < d < D/2

Si consideramos el valor medio tenemos que d = 0,375 D No es fiable en materiales muy duros y de poco espesor. Tiene

limitaciones. No es recomendable para piezas cilíndricas y esféricas. Se cometen grandes errores en la medida del diámetro de la

huella cuando la deformación es pequeña. Únicamente es aplicable en el caso de materiales de durezas no

muy altas, que sean inferiores a la del penetrador. Permite por aproximación conocer el tipo de acero que se

ensaya mediante la relación:

%C=HB-80141

La carga a aplicar depende del material a probar y del cuadrado del diámetro de la bola del penetrador F= K . D2

El tiempo de aplicación de la carga depende del material que se ensaya y oscila entre 10 segundos y 3 minutos.

Cuanto más duro es el material, menor será el tiempo de aplicación (para aceros oscila entre 10 y 30 segundos).

Al variar la carga, es necesario sustituir el penetrador. En este ensayo se mide la superficie de la huella.

Ensayo Vickers

Consiste en presionar el indentador contra una probeta, bajo cargas más ligeras que las utilizadas en



http://es.wikipedia.org/wiki/Archivo:BrinellSkizze.jpg

http://es.wikipedia.org/wiki/Archivo:Vickerhard.JPG

el ensayo Brinell. Se miden las diagonales de la impresión cuadrada y se halla el promedio para aplicar la fórmula antes mencionada.

Como penetrador se utiliza una pirámide regular de base cuadrada, cuyas caras laterales forman un ángulo de 136º.

Las cargas aplicadas son más pequeñas que en el ensayo Brinell (oscilan entre 1 y 120 Kp), suelen emplearse 1, 2, 3, 5, 10, 20, 30, 50, 10 y 120 Kp. La más empleada es de 30 Kp.

El tiempo de aplicación oscila entre 10 y 30 segundos, siendo 15 segundos el más empleado.

Se recomienda para durezas superiores a 500 HB. Los espesores de las piezas pueden ser muy pequeños (hasta 0,2 mm). Puede medir dureza superficial por la poca profundidad de la huella. Los espesores de los materiales pueden ser mucho más pequeños que los del ensayo

Brinell. Se puede utilizar en superficies cilíndricas o esféricas. Se puede utilizar tanto para materiales muy duros como en materiales blandos. No es necesario sustituir el penetrador al variar la carga (el valor de la dureza es

prácticamente independiente del valor de la carga). Los ensayos Brinell y Vickers, dan resultados parecidos hasta un valor de 300; a

partir de aquí la dureza Vickers es superior a la Brinell, puesto que la deformación de la bola falsea los resultados.

En este ensayo se mide la superficie de la huella.

Ensayo Rockwell

Consiste en disponer un material con una superficie plana en la base de la máquina. Se le aplica una precarga menor de 10 kg, básicamente para eliminar la deformación elástica y obtener un resultado mucho más preciso. Luego se le aplica durante unos 15 segundos un esfuerzo que varía desde 60 a 150 kg a compresión. Se desaplica la carga y mediante un durómetro Rockwell se obtiene el valor de la dureza directamente en la pantalla, el cual varía de forma proporcional con el tipo de material que se utilice.

Se diferencia de los anteriores en que la medida de la dureza se hace en función de la profundidad de la huella y no de su superficie.

Es válido para materiales duros y blandos. Para materiales blandos (HB<200) el penetrador es una bola de acero de diámetro =

1,5875 mm (HRB) Para materiales duros (HB>200) el penetrador es un cono de diamante de 120º en la

punta (HRC). Es un ensayo rápido y fácil de realizar pero menos preciso que los anteriores. No se

requiere personal especializado.



http://es.wikipedia.org/wiki/Archivo:Durete_rockwell.png

HRC= 100 – e HRB= 130 – e

HRc-Hrb Rockwell: Medida directa en comparador por diferencia de alturas (precarga carga total). La medida se establece por la medida de la profundidad e, de la huella que produce el penetrador. HB/HV Brinell y Vickers: Medida de la huella producida en general aplicando dureza = P/S. Medida indirecta, hay que calcular la dureza a partir de la superficie.

PROBLEMA 5:Hipotetiza como puede influir en el valor de la resiliencia de un material si en el fondo de entalla existe una grieta provocada por fatiga de profundidad igual a la entalla.

Solución:

La geometría de la entalla influye sobre la medida de la resilencia, ya que la forma de la probeta induce energía unitaria absorbida por la fractura. Además se prueba en el ensayo que la probeta con entalla en V tiene menor tenacidad (resilencia, absorbe menos energía) que en U por concentración de tensiones, si encima tiene una pequeña fisura, será mas frágil, o sea, menor resilencia.

PROBLEMA 6:Indica los parámetros que definen el comportamiento plástico de un material.

Solución:

Alargamiento proporcional de rotura: definido por el que se alcanza en el momento de la rotura de la probeta: A(r) = ((L(r)-L (0)) / L (0)) *100.

Estriccion: Definida como disminución proporcional de la sección transversal en la que se ha localizado la fractura: E (la del sumatorio)= ((S (0)-S(r)) / S (0))*100

En la actualidad existen diversos modelos que intentan explicar el comportamiento plástico de manera certera. En general un modelo de plasticidad requiere definir varios elementos:



En primer lugar en el espacio de tensiones principales se requiere definir la llamada región de tensiones admisibles, que será un conjunto cerrado (y posiblemente compacto) de dicho espacio de tensiones. La frontera de dicho conjunto usualmente se denomina superficie de fluencia.

Para puntos del sólido cuyas tensiones principales estén contenidas en el interior de la región de tensiones admisibles el comportamiento es elástico. Sin embargo, para puntos de la superficie de fluencia es necesario definir una "regla de flujo" que explicita como aumentarán la deformación plástica en función de la tasa de aumento de la tensión y otros parámetros.

Los modelos de plasticidad imperfecta requerirán la definición de un conjunto de variables internas que den cuenta del endurecimiento y del desplazamiento de la región de tensiones admisibles a lo largo del tiempo en función de las tasas de aumento de las otras variables.

Descomposición de la deformaciónLa descripción de un material plástico requiere tanto de variables que describan la deformación total, como variables internas ξk que describan los cambios irreversibles que tienen lugar en el interior del material. Estas variables intervienen además en las relaciones de disipación del material. Las consideraciones termodinámicas llevan a que la energía libre de Gibbs g [por unidad de volumen] esté relacionada con la energía libre de Helmholtz f, las tensiones y las deformaciones mediante la relación:

Dónde:Energía libre de Gibbs y energía libre de Helmhotz por unidad de volumen,

son las componentes del tensor de tensiones,son las componentes del tensor deformación y

son un conjunto de variables internas relacionadas con los cambios irreversibles en el material

La relación anterior implica:

…(*)

Experimentalmente se conoce que el tensor de complianza no parece verse afectado por los procesos irreversibles de deformación plástica, lo que a su vez implicará:



Y en ese caso existe una descomposición aditiva de la deformación, en deformación elástica y deformación plástica, porque bajo el anterior supuesto la (*) puede ser integrada en la forma:

Por otra parte la ley de flujo está limitada por una desigualdad asociada a la disipación plástica de la energía. Esta desigualdad se deriva de la segunda ley de la termodinámica en la forma de Clausius-Duhem:

Dónde:son la energía libre de Helmholtz y la entropía por unidad de volumen.

son la temperatura y el flujo de calor a través de la superficie.

Ecuaciones constitutivas de plasticidadLa ley de Hooke usada para materiales elásticos reversibles y lineales es una ecuación constitutiva en que las tensiones se describen como el producto de componentes tensoriales del tensor de constantes elásticas por las componentes del tensor deformación. En dicha ley las tensiones son combinaciones lineales de las deformaciones, y no existe potencia disipación de energía y por tanto irreversibilidad. Por esas razones no pueden describir la plasticidad. De hecho la descripción matemática de la plasticidad debe incluir tanto la irreversibilidad o disipación de energía como la no-linealidad de las expresiones que relacionan tensiones y deformaciones. De hecho, existen un buen número de modelos matemáticos de plasticidad con estas características. En todos los modelos de plasticidad la relación entre tensiones y deformaciones son del tipo:

(1)

Donde en la ecuación anterior y en las siguientes se usa el convenio de sumación de Einstein sobre índices repetidos, y donde además:

, son las componentes del tensor de constantes elásticas del material., son las componentes del tensor deformación.

, son las componentes de la deformación plástica.

, representan la velocidad de deformación.La diferencia básica entre los diversos modelos de plasticidad es la superficie de fluencia y por tanto la manera en que se computan las deformaciones plásticas, además de las posibles variaciones en la componente viscoplástica. De hecho un modelo de plasticidad además de la ecuación (1) necesita especificar dos relaciones más:



Especificacación de la superficie de fluencia, que relaciona la tensión de fluencia con el estado de tensión y de deformación plástica:

La ley de flujo plástico:

(2)(3)

Modelo de plasticidad J 2

Este es un modelo elasto-plástico isótropo sin vicosidad ni endurecimiento y es uno de los modelos elasto-plástico más sencillos. La tensión en cada instante viene dada por una tensión puramente elástica independiente de la velocidad de deformación:

(1a)

Donde la superficie de fluencia y la zona plástica vienen dadas por el segundo invariante o invariante cuadrático del tensor desviador.

(2a)

Las ecuaciones básicas adicionales de la evolución temporal del límite de fluencia y la deformación elástica son:

(2b)

Dónde:

, es la tensión de fluencia.

, es el módulo de elasticidad longitudinal en el dominio plástico.

Siendo las condiciones iniciales existentes antes de la aparición de plastificación son:



Modelo elastoplástico hidrodinámicoEste modelo atribuye un comportamiento elástico al material por debajo de límite de fluencia y atribuye aumentos de la deformación plástica por encima de él. La velocidad de deformación no juega ningún papel dentro de él. Las relaciones entre tensión y deformación son de la forma:

(1b)

Donde la superficie de fluencia y la zona donde se producen deformaciones plásticas es la misma que en el modelo de plasticidad J2, lo cual significará que existirá aumento de la deformación plástica siempre y cuando:

(2c)

(2d)

Las ecuaciones adicionales de la evolución temporal del límite de fluencia y la deformación plástica son:

(2e)

Donde el instante inicial se ha tomado antes de que apareciera plastificación.

Modelo visco-elastoplástico de Krieg-KeyEste modelo es un modelo elasto-plástico con endurecimiento cinemático, una vez pasado el punto de fluencia del material. La relación entre tensiones y deformaciones viene dada por una contribución elástica más una contribución plástica. En el caso isotrópico la superficie de fluencia se toma como el lugar geométrico:1



(2f)

Dónde: recibe el nombre de tensión de fluencia., es un parámetro que define la superficie de fluencia, cuando las tensiones caen fuera de

la superficie de fluencia se acumula más deformación plástica.

, son las componentes de la parte desviadora del tensor tensión.es la velocidad de deformación co-rotacional que puede obtenerse a partir de la derivada temporal del tensor deformación mediante:

La versión isótropa de este modelo contiene 7 constantes del material: dos constantes

elásticas , dos parámetros de de plasticidad , dos parámetros de viscoelásticos y el parámetro de endurecimiento .

PROBLEMA 7:Señale y justifique como se interpreta la mayor o menor tenacidad de un material a partir de la observación de su fractura en un ensayo de Charpy.

Solución:

Como sabemos, la tenacidad se defina como la propiedad de un material que permite imponer resistencia a la fractura, molido, doblado, desgarro de la misma, siendo esta una medida de gran utilidad para determinar el grado de cohesión de los materiales. Mientras la resiliencia nos muestra la magnitud por el cual un material es capaz de absorber la energía de deformación por unidad de volumen.

Estos dos términos son estrechamente relacionados en el PENDULO DE CHARPY, este experimento nos determinar la tenacidad de un material mediante la resilencia, es decir mientras un material sea más capaz de absorber la energía de deformado (mayor resiliencia), mayor será su tenacidad ya que este sufrirá menos dislocaciones o rupturas en



su interior y su deformación total será mínima, en el caso contrario ocurre lo opuesto a lo dicho.

PROBLEMA 8:Indicar en un gráfico resiliencia - temperatura como varia el valor de la resiliencia en los siguientes casos: a) Acero de construcción, b) Cobre puro (c.c.c.). Los valores a 30ºC para ambas aleaciones son 7 y 4 Kgm/cm2 respectivamente

Solución:



PROBLEMA 9:En la tabla siguiente se presentan tres materiales con sus características resistentes. Justificar: a) ¿Cuál es el de mayor ductilidad?b) ¿Cuál es el más tenaz?c) ¿Cuál presentaría mayor dureza?

MATERIAL CARGA DE ROTURA (MPA)

LIMITE ELASTICO (MPa)

ALARGAMIENTO %

A 450 390 30B 200 150 40C 400 390 5

Solución:

a) La ductilidad es la propiedad que tiene un material de deformarse visiblemente (plásticamente) antes de llegar a la ruptura. Esto es, que el material puede ser estirado considerablemente antes de romperse.

Entonces según el cuadro el material con más ductibilidad sería el material B, pues también se alarga más visiblemente.

b) Tenacidad: Es la propiedad que tienen ciertos materiales de soportar, sin deformarse ni romperse, los esfuerzos bruscos que se les apliquen.

La solución es A porque tiene una alta carga de rotura.

c) Dureza: Es la resistencia que un material opone a la penetración. Según nuestro cuadro vemos que el material C resiste menos carga y tiene un límite plástico bajo que los demás por lo que podemos decir que es menos duro porque se quiebra rápidamente. En cambio el material A. tiene La mayor dureza y viene dado por el producto (Carga de rotura * alargamiento



PROBLEMA 10:¿Porque en el ensayo de Rockwell en la escala C de 150 Kp de aplicación de carga se hace la secuencia 10 + 140?

Solución:La precarga que se aplica en todos los ensayos de Rockwell es de 10kg como de referencia inicial.

PROBLEMA 11:¿Cuáles son las causas por las que no puede aplicarse la teoría de elasticidad a materiales que trabajan a alta temperatura?

Solución:

Un material cuando trabaja a alta temperatura, fluye o entra en CREEP. No se puede aplicar la teoría de la elasticidad a un material cuando está sometido a fluencia porque en estado de fluencia no existe periodo elástico porque la curva que mide tensión frente a deformación tiene una pendiente de casi 90 grados con lo que E=tan (90 ° )=∞ ; en este caso todo es periodo plástico.

Las causas son que la resistencia de cedencia, la resistencia a la tensión y el módulo de elasticidad disminuyen cuando las temperaturas son mayores, mientras que la ductilidad suele aumentar.

Cuando hablamos de una temperatura alta, se refiere a una que se acerque a la temperatura de fusión de un material.

En los metales, la resistencia de cadencia disminuye con rapidez a mayores temperaturas, esto se debe a que los materiales metálicos pueden tener menor densidad de dislocaciones y un aumento en el tamaño de grano, debido a su crecimiento.

PROBLEMA 12:Indica que precauciones debe tomarse en el diseño con un material de baja tenacidad.



Solución:

Cuando tratamos con materiales de baja tenacidad, como cerámicos, podemos notar que estos se rompen fácilmente ante impactos fuertes. Debemos tener cuidado y saber en qué tipo de aplicaciones podemos usarlos. Podemos ver, por ejemplo, que los cerámicos son buenos aislantes térmicos ya que pueden resistir altas temperaturas y aun así seguir desempeñando la función para la cual se los ha fabricado. Pero no debemos usarlos en aplicaciones que van a estar sufriendo esfuerzos de tensión elevados, ya que podrían romperse instantáneamente. Generalmente se los usa en aplicaciones en donde están sometidos a esfuerzos de compresión. Aquí es donde podemos ver que las grietas en estos materiales tienden a juntarse y resistir los esfuerzos de compresión. A diferencia de esfuerzos de tensión en que las grietas tienden a abrirse y a propagarse, dando como resultado la falla del material.

La tenacidad sufre una disminución brusca del valor cuando la temperatura desciende por debajo de -10 grados centígrados. Que el material garantice unos ciertos valores de Rm y A (porcentaje).

PROBLEMA 13:Indica de qué parámetros depende el nivel de tensiones escogido para conseguir un determinado servicio.

Solución:

Tensión engendrada Tipo de trabajo Frecuencia: es una magnitud que mide el número de repeticiones por unidad de

tiempo de cualquier fenómeno o suceso periódico. Número de ciclos previstos sin rotura

PROBLEMA 14:Podemos reconocer a través del análisis de una fractura de una pieza, el tipo de servicio al que se ha sometido.

Solución:

Si, ya que en la parte exterior de la fractura aparece una zona fibrosa o mate, que será mayor cuanta mayor sea la tenacidad del material, ya que esta zona indica que se ha absorbido energía en la fractura, es decir, la ductilidad del mismo. En el interior aparece



una zona cristalina brillante, con planos geométricos en la que no se ha absorbido energía, y el material se ha vuelto frágil. Por las dimensiones de cada una de las zonas, se puede deducir el tipo de tensión engendrado.

PROBLEMA 15:Justifica los parámetros que definen el tipo de ensayo de resiliencia.

Solución:

Los parámetros primarios que definen el campo de resiliencia son:a) Velocidad de impacto en la probeta V, carga de maza y altura. b) Energía cinética en el punto de alcanzar la probeta Ec.

Estos parámetros son función de las variables de ensayo del péndulo (M, H o alpha) a través de las expresiones:

V=√2∗g∗H

E=m∗g∗h

PROBLEMA 16:Razona si podría calificarse a través de la observación de la fractura si un material responde con alta o baja tenacidad.

Solución:

Si, en todas las secciones de fractura aparecen claramente diferenciadas dos formas de fracturas: fractura cristalina brillante, con planos geométricos, y fibrosa, mate. Las fracturas de tipo cristalino se alcanzan con baja absorción de energía. Las fracturas de tipo grisáceo, textura leñosa, muestran la mayor absorción de energía o resiliencia. La resiliencia es directamente proporcional a la energía absorbida antes de la fractura. Con la entalla en forma de U, la energía absorbida es mayor que con la entalla en V, por lo que su resiliencia será mayor. La resiliencia también aumenta cuanto mayor sea el radio de fondo, alta tenacidad, gran área dúctil.



PROBLEMA 17:Justifica la posibilidad de calcular valores de resiliencia por extrapolación hacia el campo de temperaturas inferiores a las ensayadas. (ANEXO- TABLA III.ENSAYO DE RESILIENCIA Y TABLA IV.ENSAYO DE RESILIENCIA CHARPY)

Solución:En la correlación de la resiliencia con la temperatura de ensayo para probetas Charpy, se observa una caída brusca del nivel de resiliencia entre 0 y -20 grados centígrados hasta el punto de presentar un comportamiento totalmente frágil. La resiliencia sube con menor pendiente entre esos grados y después la pendiente aumenta.

Para entender nuestra inquietud procedemos a darnos ideas de resiliencia.

Es el ensayo para ponderar la resistencia al choque en las condiciones especificadas en el mismo, las que son condiciones fragilizantes del material. La resistencia al choque es una medida de la tenacidad de un material, la que se define como la capacidad de absorción de energía antes de aparecer la fractura súbita.

Mayores velocidades de aplicación de la carga influyen con menores medidas de tenacidad.En todos los ensayos los parámetros controlados están influidos por las condiciones que definen el ensayo: forma y tamaño de la probeta, temperatura, velocidad de aplicación de la carga, etc. En el caso de la medida de la tenacidad la influencia de estos parámetros externos o internos es todavía más evidente que en otros ensayos. Por estas circunstancias pueden existir diversos ensayos definitorios de la tenacidad.

La condición fundamental que determina el ensayo de resiliencia es la velocidad de aplicación de cargas la que corresponde a la caída libre de una carga ligada a un péndulo.

Una máquina universalmente aplicada es el péndulo de Charpy.



CALCULO DE LA RESILIENCIA

Tal como se define la resiliencia puede expresarse ésta como la relación entre la energía absorbida por unidad de superficie fracturada Sf como:

r = Ea/Sf = g M l (cos a' - cos a)/a.b

En el péndulo Charpy empleado, g M = 16 Kg y l = 1 m. El resto de variables están especificadas en el cuadro de resultados. Las unidades usuales son de energía por unidad de superficie, Kgm/cm2, MPa·m, o equivalentes.

En el cuadro de resultados, en el apartado de resultados calculados, se especifican las resilencia halladas para cada probeta.

INFLUENCIA DE LA VELOCIDAD DE APLICACION DE LA CARGA

Si establecemos la correlación gráfica entre las resilencia obtenidas con probetas Charpy en V, P1, y la velocidad de aplicación de la carga y a través de la expresión 2.35 calculamos la velocidad de aplicación de la carga empleada en los ensayos 1 a 3. Para los parámetros del péndulo, la expresión toma la forma:

vc = [2 x 9.81 x 1 x (1-cos a)]½

Cuyos resultados para los diferentes valores de a se han indicado en la fila vc de la tabla de resultados



En la figura se representa en ordenadas la resiliencia r y en abscisas las velocidades de aplicación, vc, encontrándose una correlación inversa entre ambos parámetros.

La influencia acusada de la velocidad de aplicación de la carga sobre la resiliencia de un material obliga a fijar la velocidad de impacto para que los resultados obtenidos en distintos materiales sean comparables.

En la norma EN 10045-1 se fija la velocidad entre 5 y 5.5 m/s, correspondiente a una altura de caída libre de 1.27 metros.

Correlación gráfica entre la resiliencia y la velocidad de aplicación de la carga.

Por lo que se llega a la conclusión que mediante una interpolación mediante una recta nos podemos predecir otros valores de resilencia ya que como la gráfica no interviene directamente además la temperatura se mantiene constante en 20°(tabla 2.4) .

PROBLEMA 18:Justifica las causas de las correlaciones existentes entre la dureza Brinell, Rockwell o Vickers, con los parámetros indicadores de la resistencia a tracción.

Solución:

En los tres ensayos, cuando aumenta la dureza, el limite elástico, R, y H tb aumentan y "épsilon" disminuye (y viceversa).



Tanto la resistencia a la tracción como la dureza son indicadores de la resistencia de un metal a la deformación plástica. Por consiguiente, estas propiedades son, a grandes rasgos, proporcionales.

En los tres ensayos, cuando aumenta la dureza, el limite elástico, R, y H también aumentan (y viceversa) Como una regla para la mayor parte de los aceros, la dureza Brinell y la Resistencia a la tracción se pueden relacionar mediante la siguiente expresión:

RT(Kg/mm2) = 3,45 * HB

La representación gráfica de la resistencia a tracción frente a la dureza medida en unidades Brinell es una línea recta cuya pendiente depende del material.

PROBLEMA 19:Comenta las ventajas e inconvenientes entre los ensayos de dureza Brinell, Vickers y Rockwell



Solución:

Dureza Brinell : En este ensayo se emplea como punta una bola de acero templado o carburo de W. Para materiales duros, es poco exacta pero fácil de aplicar. Poco precisa con chapas de menos de 6mm de espesor. Estima resistencia a tracción.Este método consiste en aplicar una fuerza a una bola de acero y calcular el cociente entre la fuerza y la superficie de la huella, que viene dada por la expresión S = Π · D · fEl diámetro d de la huella se mide fácilmente con un microscopio, pero la profundidad f no es sencilla.

Dureza Vickers : Este ensayo se utiliza cuando el grosor del material es pequeño o cuando su dureza es muy grande para que una bola de acero deje marca.Emplea como penetrador un diamante con forma de pirámide cuadrangular. Para materiales blandos, los valores Vickers coinciden con los de la escala Brinell. Mejora del ensayo Brinell para efectuar ensayos de dureza con chapas de hasta 2mm de espesor.

Dureza Rockwell : Se utiliza como punta un cono de diamante (en algunos casos bola de acero). Es la más extendida, ya que la dureza se obtiene por medición directa y es apto para todo tipo de materiales. Se suele considerar un ensayo no destructivo por el pequeño tamaño de la huella.

En los ensayos anteriores no se tiene en cuenta que el material penetrado tiene una cierta recuperación elástica tras la desaparición de la carga. Para obviar este punto se desarrollaron los métodos Rockwell, en los que además se mide la profundidad de la huella mediante máquinas de precisión llamadas durómetros.Se usan penetradores y fuerzas normalizadas para cubrir un amplio espectro de materiales, y cada combinación recibe una letra, de las cuales las más frecuentes son las escalas Rockwell B (con una bola de acero) y la Rockwell C

Para grandes deformaciones y materiales blandos. El inconveniente es que en este tipo de ensayo la deformación elástica se aprecia menos. Rockwell y Vickers: Para pequenas deformaciones y materiales más duros. Inconveniente, hay que preparar la superficie, por eso se hace una precarga.

PROBLEMA 20:Menciona el parámetro con el que podría correlacionarse el retroceso de la aguja del micrómetro de la máquina Rockwell cuando se anula la actuación de la carga principal.



http://es.wikipedia.org/wiki/Ensayo_no_destructivo

http://es.wikipedia.org/wiki/Diamante

http://es.wikipedia.org/wiki/Dureza_Rockwell

http://es.wikipedia.org/wiki/Dureza_Vickers

http://es.wikipedia.org/wiki/Dureza_Brinell

Solución:

Al eliminar la carga ejercida sobre el material, este se recupera elásticamente y queda una deformación permanente .El parámetro es la recuperación elástica.



PARTE PRÁCTICAPROBLEMA 1:Una barra de 1.25 cm de diámetro está sometida a una carga de 2500kg. Calcular la tensión axial de la barra de en megapascales (MPa).

Solución:

D=(1.25cm)x(1m/100cm)=0.0125m

P= (2500Kg) x (9.8m/s2)=24500N

A=π D2

4=π

4∗0.01252=1.2272 x10−4 m2

σ=PA

= 24500

1.2272 x10−4=199.6 x 106 Pa=199.6 MPa

PROBLEMA 2:Calcular el esfuerzo usual en ingeniería, en SI de unidades, de una barra de 1.50 cm de diámetro que está sometida a una carga de 1200kg.

Solución:

D= (1.50cm) x (1m/100cm)=0.015m

P= (1200Kg) x (9.8m/s2)=11760N

A=π D2

4=π

4∗0.0152=1.7671 x10−4 m2

σ=PA

= 11760

1.7671 x10−4=66.5 x106 Pa=66.5MPa



PROBLEMA 3:Calcular el esfuerzo usual en ingeniería, el SI de unidades, de una barra de 15 cm de longitud y con una sección de 5.0 mm x 10 mm diámetro que está sometida a una carga de 4500 Kg.

Solución:

σ = F / Ao

F = 4500 Kg * 9.81 N/ Kg = 44145 N

Ao = a x b = 5 x 10-3 x 10 x 10-3 m2 = 5 x 10-5

σ = 44145 N / 5 x 10-5 m2 = 882.9 MPa

PROBLEMA 4:

Calcular el esfuerzo usual en ingeniería, en el SI de unidades, de una barra de 25 cm de larga y que tiene una sección transversal de 6,0 mm x 3,0 mm, sometida a una carga de 4700 kg

Solución:

σ= FAo

= 4700 kg x 9.81 m s−2

6 x10−3m x3 x10−3 m

2.56 x109 Pa=2.56 MPa

PROBLEMA 5:

Una barra de 20 cm de largo con un diámetro de 0,30 cm es sometida a una carga de 4000 N de peso. Si el diámetro disminuye a 0,27 cm, determinar:



a) El esfuerzo y la deformación usual en ingeniería para esta carga.

b) El esfuerzo y la deformación verdadera para esta carga.

Solución:a) Cálculo del esfuerzo,

Cálculo de la deformación, V = S0 x L0 = S x L, de donde L = 24,69 cm L = L0 (1 + ), de donde = L / L0 - 1 = 0.2345b) Cálculo del esfuerzo verdadero, v = (1 + ) = 565.9 (1 + 0.2345) = 698.6 MPaCálculo de la deformación verdadera, v = ln (1 + ) = ln (1 + 0.2345) = 0.211

PROBLEMA 6:

Un acero tiene un módulo de elasticidad de 200 GPa y un límite elástico de 360 MPa. Una varilla de este material de 12 mm2 de sección y 80 cm de longitud se cuelga verticalmente con una carga en el extremo de 1800 N.

a) ¿Recuperará el alambre la longitud primitiva si le quitamos la carga?

b) Calcular el alargamiento unitario en estas condiciones.c) Diámetro mínimo de una barra de este material que sometida a

una carga de 5. 104 N no experimente deformación permanente.

Solución:

a) Si < L.E. se recupera.

Luego sí se recupera el alambre.



b) Como estamos en la zona elástica E = , luego:

c) Para que no haya deformación permanente:

Por tanto d0 = 0,00133 m

PROBLEMA 7:

En un ensayo con el péndulo de Charpy la maza de 25Kg cayó desde una altura de 1m y después de romper la probeta de sección 80 mm2

se elevó a 0,4m. Calcular:

a) Energía de roturab) Resilencia

Solución:

a) Energía de rotura:

La energía de la masa en el punto A será toda potencial y se calculará como

EA=mg H A

EA=25 kg∗9.8m

s2∗1m=245 J

Siendo HA, la altura de que alcanzara la masa contada desde un nivel de referencia dado. Por otro lado, en el punto B, cuando la masa tiene velocidad cero, la energía también será toda potencialm y se calculara ahora como:

EB=mg HB



EB=25 kg∗9.8m

s2∗0.4 m=98 J

La energía absorbida por la probeta se podrá determinar entonces como la pérdida de energía potencial, esto es:

Erotura=EA−EB

Y por lo tanto:

Erotura=245 J−98 J=147 J

b) Resilencia

La resilencia Rs, se calculará como el cociente entre la energía absorbida y la sección de la probeta, esto es:

R s=E rotura

Sc

= 14780 mm2 =1.83 J /mm2

PROBLEMA 8:

En el ensayo de tracción de una barra de aluminio de longitud calibrada l0 =5,00 cm y d0 = 1,30 cm. Se obtiene un registro de F = 3180 kp y Δl = 0,0175 cm. (En el L. E.).La distancia entre las marcas después de la rotura es 5,65 cm y su diámetro final 1,05 cm en la superficie de fractura. Calcular:

a) Límite elástico.b) Módulo de elasticidad.c) Ductilidad de la aleación.d) Longitud final de una barra de 125 cm a la que se aplica una

tensión de 200 MPa.

Solución:a)

L .E= FS0

= 3180 ∙9.8 Nπ4

∙ (1.3 ∙10−2)2m2

L .E .=234.8 ∙106 Pa=234.8 MPa



b)σ=ε ∙ E

ε=∆ ll0

=0.01755

=3.5∙ 10−3

E=σε=234.8 MPa

3.5∙ 10−3=67085 MPa=67.1 GPa

c)Alargamiento

lf−l0

l0

×100=5.65−55

×100=13 %

Estricción

A−A0

A0

×100=

π4

∙ 1.32−π4

∙1.052

π4

∙ 1.32× 100=35 %

d)Al encontrarse dentro de la zona elástica

ε= σE

= 200 MPa

67.1 ∙103 MPa=2.98∙ 10−3

l=l0+ϵ l0

l=l0 (1+ε )=125 (1+2.98 ∙10−3 )

l=125.37 cm

PROBLEMA 9:

Calcular en un ensayo de Brinell:



a) La dureza de un acero al carbono y su resistencia aproximada de ruptura por tracción. Se utilizó bola de 10mm y carga de 3000kp, obteniéndose una huella de 4mm de diámetro.

b) ¿Qué carga se habrá de usar con bola de 2.5mm?

Solución:

a)

Datos:

: 3000 kp

: 10*2= 20mm

: 4mm

En el ensayo de Brinell para determinar la dureza de un acero al carbono se emplea la

siguiente ecuación:

donde:

: carga a utilizar medida en kilopondio (kp).

: Diámetro de la bola (indentador) medida en mm.

: Diámetro de la huella en superficie en mm.

Reemplazando en la formula

HB=2∗3000Π∗202 ( 1

1−√1− 42

202 )=236.32 kp /mm2

b)

Datos:

HB=236.32 kp /mm2

: 2.5 *2 = 5mm

: 4mm



En el ensayo de Brinell para determinar la dureza de un acero al carbono se emplea la

siguiente ecuación:

donde:

: carga a utilizar medida en kilopondio (kp).

: diámetro de la bola (indentador) medida en mm.

: diámetro de la huella en superficie en mm.

HB= 2 PΠ D 2 ( 1

1−√1− d2

D2 )

P=HB∗Π∗D2(1−√1− d2

D2)

2=3712.1059 kp

PROBLEMA 10:

Determine la carga que, aplicada en un ensayo de dureza Brinell con bola de 5mm de diámetro producirá en la probeta de un material (HB 40) una huella de 1.2mm de diámetro. ¿Cuál es la constante del ensayo? (ANEXO- TABLA V. TABLA DE DUREZA)

Solución:

Se sabe que:



HB= FπDh

F=HB πDhReemplazando:

F=40∗π∗5∗1.2

F=753.98 Kg−f

Para calcular la constante d ensayo:

Q= F

D2

Reemplazando:

Q=753.98

52

Q=30.16

PROBLEMA 11:

Para realizar un ensayo de dureza Brinell en un acero se utiliza bola de 5mm, obteniéndose una bola de 2 mm de diámetro. Calcular:

a) Carga utilizadab) Dureza Obtenidac) Resistencia a la Rotura

Solución:

a) Carga utilizada

Conocemos que para aceros o hierros fundidos la constante Q = 3000 kg-f.

Entonces aplicamos la fórmula:

F = Q x D2

F = 3000 x 52



F = 750 Kg-f

Rpta. La carga utilizada resulta 750 kg-f.

b) Dureza Obtenida

Calculamos la dureza empleando la fórmula:

HB = F / D(π2

D – √(D2)−d2 )

HB = 750 / 5π2

(5 - √(52)−22 )

HB = 228

Rpta. La dureza obtenida es 228 HB.

c) Resistencia a la RoturaEntonces tenemos que la resistencia a la rotura es :

= (HB + 20.81)/0.32

=(228 + 20.81)/0.32

= 78.1 Kp/mm2

PROBLEMA 12:

En un ensayo de Vickers se ha utilizado una carga de 30 Kp, obteniéndose 0.320 y 0.324 mm para las diagonales de la huella. Calcúlese la dureza.

Solución:

DUREZA DE VICKERS



Este ensayo se utiliza cuando el grosor del material es pequeño o cuando su dureza es muy grande para que una bola de acero deje marca. En este caso el penetrador es una pirámide de diamante con base cuadrada y ángulo en el vértice de 136°.

HV =PS

(Kp /mm2)

P : FuerzaaplicadaS :Superficie dejada por el penetrador

S= d2

2 ×sin 68o

d : Diagonal media

d=0.320+0.3242

=0.322

S= 0.3222

2 ×sin 68o =0.0559 mm2

HV = 300.0559

(Kp /mm2)

HV =536.67 Kp /mm2

PROBLEMA 13:

La escala del reloj comparador en un durómetro Rockwell está dividida en 100 partes, correspondiendo a un total de 1mm. Teniendo en cuenta que la relación entre las indicaciones del reloj comparador y el movimiento de la punta de diamante es de 5:1, determínese:a) La profundidad que corresponde a cada división del comparador

y al total de la escala.b) La profundidad de huella correspondiente a HRc=60

Solución:



En los ensayos de dureza Rockwell, las unidades de dureza se establecen por la medida de la profundidad, e, de la huella de acuerdo con el modelo:

HR = A - e (mm)/0.002

Para el ensayo de Rockwell C el valor de A es 100. Luego podemos resolver las preguntas:

a) A la vista de la relación entre las indicaciones del reloj y el movimiento de la punta del cono de diamante, cada división del reloj corresponde a:

1/5 · 1/100 = 1/500 mm = 2 micras,

Que es la equivalencia en profundidad de cada unidad Rockwell. La amplitud total de medida es 200 micras.

b) Puesto que HRc = 100 - e, será:

e = 100 - HRc = 100 -60 = 40 divisiones,

Que es equivalente a 40 · 2 = 80 micras =e (profundidad de huella)

PROBLEMA 14: Una probeta de acero Cr-V (E = 210 GN m-2), de 100 mm de longitud requiere una fuerza de 4000 daN para producirle una deformación total de 0,125 mm y 14000 daN para ocasionar la rotura. Con estos datos, se pide la penetración que producirá una bola en un ensayo de dureza HRb.

Solución:

La tensión que produce la deformación indicada será:

σ=εE=0.125 x 10−3 x210 x109 N m−2=26.52 MN m−2

Con lo que la sección de la probeta será, considerando s = F / S,



S= Fσ

= 4 x 104 N26.25 x106 N m−2 =0.1524 x 10−2 m2

De manera que la carga de rotura será:

σ R=14 x104 N

0.1524 x10−2 m2 =91.86 x106 N m−2

Y con ello, la dureza Brinell podrá expresarse como:

HB=−20.81+0.32σ R ( MPa )=273.1 kpmm−2

Y relacionando la dureza Rockwell con la dureza Brinell tendríamos:

HB= 7300130−HRb

HRb=130−7300HB

=103.3

Con lo que podremos calcular ya la penetración de la bola, mediante la expresión:

HRb=130−e(m)0.002

e(m)0.002

=130−103.3

e (m )=0.0534 m

Con lo que la penetración será e = 53.4 mm.

PROBLEMA 15: Un componente estructural de chapa de un diseño de ingeniería debe soportar 207 MPa de tensión. Si se usa una aleación de aluminio 2024-T851 para esta aplicación, ¿cuál es el mayor tamaño de grieta que este material puede soportar? Considerar el factor de intensidad de tensiones, K IC=26.4 MPa.√m



Solución:1. Datos:

Tenacidad a la fractura en deformación plana (K IC) = 26.4 MPa.√m

Esfuerzo aplicado ( σ ¿=207 MPa

2. Reemplazamos los datos en la ecuación

K IC=fσ √παEn el problema no se indica un factor geométrico para el espécimen y la imperfección (f ¿, por lo tanto consideraremos

f =1

α=K IC

2

π σ2

α=26.4 MPa.√m

2

π (207 MPa)2

Si la grieta es exterior, como se observa en la figura, su dimensión será:

α=5.177mm

El mayor tamaño que la grieta puede soportar es si es una grieta centrada.α=10.355 mm

PROBLEMA 16:



Cuál es el tamaño más grande (en mm) de una grieta interna que una lámina gruesa de aleación de aluminio 7178- T651 puede soportar aplicándole un esfuerzo:a) ¾ del esfuerzo de fluenciab) ½ del esfuerzo de fluenciaConsiderar: esfuerzo de fluencia = 570 MPa y KIC = 23.1 MPa.m 1/2

Solución:

a) Para ¾ del esfuerzo de fluenciaUtilizamos la fórmula K=f ∗σ∗√π∗aDonde “f” es un factor geométrico para el espécimen y la imperfección; “σ” es el esfuerzo aplicado y “a” es el tamaño de la imperfección (mitad de la longitud para

una grieta interna).Como hablamos de una grieta interna entonces “f” es igual a 1.0, además, como la lámina es gruesa, el valor de K toma el valor constante de KIC.

a=K IC

2

σ2× π

a=23.12

¿¿

a=0.9294 mm

Pero “a” es la mitad de la longitud de la grieta, por lo tanto la longitud total es 1.8588 mm

b) ½ del esfuerzo de fluencia



a=K IC

2

σ2× π

a=23.12

¿¿

a=2.0911mm

Por lo tanto la longitud total de la grieta interna es de 2.0911*2 = 4.1822 mm

PROBLEMA 17:

El máximo esfuerzo que actúa en la superficie de una barra cilíndrica cuando se aplica una fuerza que la flexiona en su extremo es:

σ=10.18 x l x F

d3

dónde: l es la longitud de la barra, F es la carga, y, d el diámetro

Se aplica una fuerza de 2900 N. a una barra de acero para herramientas que gira a 3000 ciclos por minuto. La barra tiene un diámetro de 2,5 cm. y

una longitud de 30 cm. a) Determinar el tiempo tras el cual la barra falla. b) Calcular el diámetro de la barra que evitaría el fallo por fatiga.



Diagrama de esfuerzo y número de ciclos a la fractura de un acero de herramientas.

Solución:

a)

σ=10.18 x (30 x10−2) x (2900N )

(2.5 x10−2m )3

σ=566.8 x106 Pa=566.8 MPa

Por tanto: 190000 ciclos

3000ciclosmin

=63 min

b) Límite de resistencia a la fatiga:

Limite de resistenciade fatiga=400 x 109 Pa

d3=10.18 x l xWL x F

d3=10.18 x (30 x 10−2 m ) x 2900 N

400 x 106 Nm2

d3=22.1 x 10−6 m3

d=0.028 m=28 mm.

Esfuerzo aplicado (Mpa)

Número de ciclos de esfuerzo



PROBLEMA 18: Determina el modelo de resistencia, exponencial amortiguado, a la rotura por fatiga a tracción de un material del que se disponen los siguientes datos:

Tensión de rotura: 750 MPa. Una pieza de sección circular de este material, de 2.5 mm

de diámetro sometida a una carga de tracción oscilante de 0 a + 2000 N, no ha sufrido fractura después de un número ilimitado de ciclos. Diámetros inferiores si sufren fractura.

Una pieza de sección circular de ese mismo material, de 2.1 mm de diámetro sometida a la misma carga de sección oscilante, ha sufrido fractura después de 103 ciclos.

Solución:

El límite de fátiga es el correspondiente a la carga además la tensión de ruptura corresponde a la carga para un ciclo:

L .F=σ1=FS0

= 2000 Nπ4

(2.5 10−3 )2m2

=407 MPa

Además se sabe que la expresión del modelo analítico que pertenece a la resistencia a fatiga es el siguiente:

σ=σ1+( σ0+σ1 ) e−k p n

Sustituyendo en el modelo general con los valores σ 0= 750 MPa, σ 1 = 407 MPa, y



σ = 577 MPa y n = 103 ciclos.

k p=−ln

σ−σ1

σ0−σ1

n=

−ln577−407750−407103 =7.02 x 10−4

Finalmente tendríamos que el modelo de resistencia es el siguiente:

σ=407+343 e−7.0210−4 n MPa

PROBLEMA 19: En el almacén de la empresa en que Vd trabaja se localiza una partida de barras de acero sin identificar. Se conoce, sin embargo, que sus características se ajustan a uno de los siguientes tipos de aceros:

R(MPa) LEmin (MPa) A% min

F-1150 650-800 350 14

F-1140 600-720 300 17

F-1130 550-700 280 20

F-1131 500-640 250 23

Para efectuar pruebas de tracción que permitan caracterizar dicho acero, dispone de una prensa de ensayos con Fmax = 50 KN. Las probetas de tracción deben ser normalizadas según UNE 7262, que exige se cumpla la relación:

a) Determine cuál de las siguientes dimensiones de probeta resulta adecuada para poder realizar el ensayo en su máquina:



probeta tipo 1: d0 = 8 mm S0 = 50,26 mm2 probeta tipo 2: d0 = 10 mm S0 = 78,50 mm2 probeta tipo 3: d0 = 12 mm S0 = 113 mm2

b) Con la probeta ensayada, se obtiene el gráfico de la máquina representado en la figura. Tras la rotura, la longitud entre marcas vale Lf = 47.5 mm y el diámetro final df = 6.2 mm. Determine: b-1) El valor de R. b-2) El valor del LE. b-3) El valor del alargamiento. b-4) La estricción. b-5) El tipo de acero al que corresponden las barras (Justificar)Solución:

a) En primer lugar deberemos comprobar cuáles son los esfuerzos necesarios para romper las probetas de los diferentes materiales, tal como aparece reflejado en la tabla siguiente:

R (MPa) Probeta 1 Probeta 2 Probeta 3

F-1150 650-800 32.7-40.2 51.0-62.8 73.5-90.4

F-1140 600-720 30.2-36.2 47.1-56.5 67.8-81.4

F-1130 550-700 27.6-35.2 43.2-55.0 62.2-79.1

F-1131 500-640 25.1-32.2 39.3-50.2 56.5-72.3

Tal como se aprecia en la tabla debe seleccionarse las probetas del tipo 1 dado que las demás exceden la capacidad del equipo de que se dispone. Las dimensiones de las probetas serán por tanto: d0 = 8 mm, S0 = 50.26 mm2, L0 = 40 mm

b) Para los datos suministrados por la gráfica, se obtiene: b1) Carga de rotura, R = 34340 N / 50.26 mm2 = 683 MPa b2) Límite elástico, LE = 16100 N / 50.26 mm2 = 320 MPa b3) Alargamiento, en % = (Lf - L0) / L0 = 7.5 / 40 = 18.75 % b4) Estricción, S = (S0 - Sr) / S0 = 20.07 / 50.26 = 39.93 % b5) Corresponde a un acero F-1140, al corresponderle tanto la carga de rotura como el límite elástico superior al del acero F-1130, sin embargo el alargamiento es bastante superior también al del acero F-1150 que tendría mayor límite de elasticidad



PROBLEMA 20: Una barra cilíndrica de 380 mm de longitud y un diámetro de 10 mm, es sometida a esfuerzos de tracción. Si la barra no debe experimentar, ni deformación plástica ni elongación superior a 0.9 mm, cuando se aplica una carga de 24500 N, ¿cuál de los cuatro materiales de la tabla siguiente son posibles candidatos?. Justificar la respuesta.

Solución:

Primero hallamos el esfuerzo:

por lo tanto, para que la barra no experimente deformación plástica se descarta la aleación de aluminio y el cobre.

Para que la elongación no sea superior a 0.9 mm, deberá cumplirse que el módulo elástico (Modulo de Young) sea superior a:

por lo que sólo el acero cumple las condiciones impuestas.



Material E (GPa)

L.E. (MPa)

R (MPa)

Aleación de aluminio Latón Cobre Acero

69 100 110 207

255 345 207 448

421 421 276 552

PROBLEMA 21: A partir de la curva tensión-deformación de la probeta de latón mostrada en la figura, determinar:

a) El módulo de elasticidad. b) El límite elástico para una deformación del 0.002. c) La carga máxima que puede soportar una probeta cilíndrica con un diámetro original de 11.5 mm. d) El cambio en la longitud de una probeta originalmente de longitud 125 mm que es sometida a una tensión de tracción de 375 MPa.Solución:

Ahora presentamos los diagramas tensión-deformación:

a) Escogiendo un punto cualquiera en la zona elástica podremos determinar el modulo de elasticidad, con una lectura directa en la tabla para una deformación aproximada de 0.000467, el esfuerzo es 50MPa..

E = ∆ σ∆ ε

por lo tanto: E = 50 MPa

0.000467



E= 107 GPa

b) Usando el diagrama, nos damos cuenta que para una deformación de 0.002 mm en el cual acaba la zona elástica, entonces Límite elástico será de 240 MPa

c) Con un do= 11.5mm, el radio es 5.75mm. Definimos el área de la sección transversal.

A=π r2 = π 5.752 A=103.87 mm2

Entonces: F = σ * A = 450 MPa*103.87 mm2

F = 46.74KN

d) Podemos tomar una lectura directa de la deformación unitaria realizada por un esfuerzo de 375 MPa. Este valor es de 0.11%. Por lo tanto la longitud final será:

Lf = 125 mm x 1.11

Lf = 138.75 mm

Entonces el cambio de longitud será: ∆ L = Lf – Lo = 138.75 - 125.00 = 13.75 mm

PROBLEMA 22: Una barra cilíndrica de 120 mm de longitud y con un diámetro de 15.0 mm se deforma usando una carga de 35 kN. No debe experimentar deformación plástica ni tampoco el diámetro debe reducirse en más de 1.2 · 10-2 mm. ¿Cuáles de los materiales, tabulados a continuación, son posibles candidatos? Justificar la respuesta.

Material Módulo de

elasticidad (Mpa x 103)

Límite elástico (Mpa)

Coefisiente de Poisson



Aleación de aluminio

70 250 0.33

Aleación de titanio 105 850 0.36Acero 205 550 0.27Aleación de magnesio

45 170 0.29

Solución:

Para no experimentar deformación plástica, el límite elástico del material debe ser mayor que:

σ>35× 103/S

S= π d2

4=π 152

4=176.71mm2

Luego:σ=35 ×103

176.1=198 N /mm2 = 198 MPa

Entonces comprando con los datos de la tabla, la aleación de magnesio no sirve.

Se pide además que DÆ < 1.2 x 10−2 considerando que:

L0 × S0=(L¿¿0+∆ L)× π d2/4¿

Material Aluminio Titanio Acero∆∅ 2.12 ×10−2mm 1.41 ×10−2 mm 0.72 ×10−2mm

En consecuencia observamos que sólo cumple el requisito el acero.

PROBLEMA 23:

Para un determinado latón, la tensión a la cual comienza la deformación plástica es 345 MPa y el módulo de elasticidad es 103 GPa. Calcular:

a) ¿Cuál es el máximo esfuerzo que puede aplicarse a una probeta con una sección de 13 mm de diámetro, sin que se produzca la deformación plástica?



b) Si la longitud original de la probeta es de 75 mm, ¿cuál es la máxima longitud que puede ser estirada sin causar deformación plástica?

Solución:

Datos:

L .E=345 MPa.E=103GPa .

a) d = 13 mm.

σ=FS

L .E=F L. E

π .d2

4

FL .E=345 MPa×π4

× (13 mm )2

FL .E=45793 N

b) L0= 75 mm.

σ=ε × E

ε=∆ ll0

∆ l=ε ×l0

∆ l=3.35× 10−3 ×75 mm

∆ l=0.25 mm.

PROBLEMA 24: Una estructura de 15 cm2 de sección debe soportar sin deformar plásticamente 460 kN, y soportar al menos antes de romper 1010 kN.



a) ¿De cuál de los materiales de la tabla siguiente puede realizarse la estructura?

b) b) Calcular el diámetro mínimo del redondo necesario para el caso de seleccionar el acero inoxidable 304.

MATERIAL E (GPa)

LE (MPa)

R (MPa)

A (%)

Acero inoxidable 304

193 205 515 40

Ti-6Al-4V 110 825 895 10Bronce al aluminio 110 320 652 34Monel 400 179 283 579 39.5

Solución:

a) De la tabla calculamos, para la sección de la estructura, tanto el límite de elasticidad como la carga de rotura,

LEmin = 460 kN / 15 · 10-4 m2 = 306,7 MPaRmin = 1010 kN / 15 · 10-4 m2 = 673 MPa

Comparando con los datos de la tabla se observa que el único material que cumpliría estas condiciones es la aleación de titanio, Ti6Al4V.

b) Si seleccionáramos el acero inoxidable 304, como material para la estructura, las dimensiones de este deberían cumplir la doble condición, es decir:

Para el límite elástico, Smin = 460 kN / 205 MPa = 22,44 · 10-4 m2Para la carga de rotura, Smin = 1010 kN / 515 MPa = 19,61 · 10-4 m2

Siendo, como puede observarse, más restrictiva la condición del límite elástico, por lo que el diámetro mínimo será:



PROBLEMA 25: Una pieza cilíndrica de 240 mm de longitud y 14 mm de diámetro máximo se somete a tracción, a una carga de 26,5 KN, exigiéndole que no tenga deformaciones permanentes y que la deformación no sobrepase los 450 mm.

¿Cuál de los materiales de la tabla 1, con las dimensiones propias que cumplan las condiciones expuestas, tendrá menor peso?

Material Densidad (g/cm3)

E (GPa) Le (MPa) Coeficiente de Poisson

nAleación de aluminio 2.7 70 250 0.33Aleación de titanio 4.5 105 850 0.36

Acero 7.8 205 550 0.27Aleación de magnesio

2.1 45 170 0.29

Solución:Para las dimensiones dadas, la tensión será:

σ=FS

= 26500 N

π142

4mm2

=172.15 MPa

Con lo que ya puede descartarse el magnesio, pues supera su límite elástico.

Si calculamos la deformación en cada uno de los materiales restantes, mediante las expresiones:

Ɛ= σE

∆ L=Ɛ . L

Tendremos la siguiente tabla:

Material Deformación unitaria, e

Deformación DL (mm)

Aleación de aluminio

Aleación de

0,00260,00160,00084

0,59020,3930,2015



titanioAcero

En la que observamos que la deformación acumulada en la aleación de aluminio es mayor de 450 mm, por lo que no podemos seleccionar este material, quedando por tanto como candidatos la aleación de titanio y el acero de los que calcularemos sus respectivas dimensiones que cumplan con las condiciones impuestas y que se encuentran tabuladas a continuación, siendo la deformación unitaria e = 450 mm / 240 mm = 1,875 · 10-3.

Material

s = e · E

(MPa)

Sección

(mm2)

Volumen

(cm3)

Peso

(g)

Aleación de titani

oAcero

196,875

384,375

134,6

68,943

32,305

16,546

145,37

129,06

Por lo que la pieza de menor peso, pese a tener mayor densidad el material, sería la fabricada con acero.

PROBLEMA 26:

De los materiales de la tabla del problema anterior:

a) ¿Cuál es el más rígido? ¿Por qué?b) ¿Cuál posee una mayor deformación transversal? ¿Por qué?c) Una pieza rectangular de acero, de 2 x 30 mm de sección,

sometida a una carga de tracción de 25 KN, quiere sustituirse por una aleación de aluminio, ¿cuáles deberían ser las dimensiones de la pieza para no tener deformaciones permanentes?

d) ¿Cuál sería la deformación unitaria para las condiciones de cálculo del apartado c.?

e) ¿Cuál sería la variación del peso unitario de la pieza al cambiar de acero a aluminio?

Solución:



a) El material más rígido será el que tenga un mayor módulo elástico, que corresponde al acero con 205 GPa.

b) El material con mayor deformación transversal será el que tenga mayor diferencia entre los diámetros inicial y el correspondiente al límite de elasticidad que vendrá relacionado con el coeficiente de Poisson por la expresión:

Dd = n · s/E

Que corresponderá a 1.18 · 10-3 para el aluminio, 2.91 · 10-3 para el titanio, 0.72 · 10-3

para el acero y 1.10 · 10-3 para el magnesio. Tal como se aprecia, el material que poseería mayor deformación transversal será el titanio, pues conjuga un elevado coeficiente de Poisson y un elevado límite de elasticidad.

c) Para no tener deformaciones permanentes, no debería superar la tensión al límite elástico, por lo que la sección de la pieza deberá ser:

S=25 . 103 N

250N

mm2

=100 mm2

Y las dimensiones pueden ser para una sección rectangular, manteniendo el espesor de 2 mm correspondiente al acero, 2 x 50 mm.

d) La deformación unitaria vendrá expresada por:

Ɛ= σE

=250 MPa70 GPa

=3.57 . 10−3 mmmm

e) Para una misma longitud de la pieza, la variación de peso vendrá dada por:



Maluminio=2.7( g

cm3 ) .0 .2cm. 5 cm=2.7g

cm

Frente a la masa de acero,

Macero=7.8( g

cm3 ) .0 .2cm . 3cm=4.68g

cm

Lo que representa una disminución de 1.98 g/cm.

PROBLEMA 27:

Se desea diseñar una estructura que debe soportar sin deformación plástica 52kN y soportar sin romper, al menos, una carga de 120 kN, cuando se somete a esfuerzos de tracción.

a) ¿De cuál de los materiales de la tabla siguiente puede realizarse la estructura, si la sección de la misma fuera de 250 mm2?

b) Si el diámetro de dicha estructura, no debe exceder de 13 mm y la deformación máxima admisible para una longitud de 400 mm es de 1 mm, ¿cuál de todos los materiales tabulados sería el más adecuado, cuando se somete a una carga de 52 kN?

Material Módulo de elasticidad (GPa)

Límite elástico (MPa)

Tensión de rotura (MPa)

Acero 207 450 550

Bronce 110 320 652

Aleación Aluminio 69 205 421

Ti6Al4V 110 825 895



Solución:

a) Para la sección especificada, el material seleccionado deberá cumplir las dos condiciones impuestas, primero que su límite elástico sea superior a la tensión sin deformación plástica, es decir:

σ e>FS=52 .103 N

250mm=208 MPa

En segundo lugar que su tensión de rotura sea también superior a la tensión especificada:

σ max ≥Fmax

S=120. 103 N

250 mm2 =480 MPa

Tal como se aprecia en los valores tabulados, todos los materiales cumplen ambas condiciones a excepción de la aleación de aluminio. Por tanto la estructura podrá realizarse en cualquiera de los materiales acero, bronce o Ti6Al4V.

b) La condición que se imponen ahora es que la deformación sea menor de 1 mm cuando la longitud total es de 400 mm, por lo tanto:

𝛆 = 1/400 = 2.5 · 10-3 mm/mmy esta para una carga de 52 kN, o lo que es lo mismo una tensión de:

σ= 52. 103 Nπ .132

4mm2

=392 MPa

para lo cual, el material a seleccionar debe tener un módulo elástico superior a:

E ≥392 MPa

2.5 . 10−3=156.8 GPa



ANEXOSTABLA I. MEDIDAS DE PROBETAS

MATERIALL

(mm)d

(mm)LR

(mm)LO

(mm)dO

(mm)df

(mm)Lf

(mm)AREA(mm2)

ALUMINIO 14 1.9 4.1 5.6 1.3 0.66 11.22 1.3273

ACERO 14 1.85 2.94 8.16 0.8 0.72 14.34 0.5026

TABLA II. MATERIAL

ALUMINIO ACERO

d P P s e D P P s E



10-2

mm

psi N N/mm2 10-2

mm

psi N N/mm2

0 0 0 0 0.0178 0 0 0 0 010 0 0 0 0.0357 10 0 0 0 0.012220 0 0 0 0.0535 20 20 1081.92 2152.65 0.024530 0 0 0 0.0714 30 100 5409.6 10763.23 0.036740 10 540.96 407.56 0.0892 40 200 10819.2 21526.46 0.049050 50 2704.8 2037.82 0.1071 50 250 13524 26908.1 0.061260 100 5409.6 4075.64 0.125 60 300 16228.8 32289.7 0.073570 250 8114.4 6113.46 0.1428 70 350 18933.6 37671.30 0.085780 275 14876.4 11208.02 0.1607 80 400 21638.4 43052.92 0.098090 300 16228.8 12226.92 0.1785 90 550 29752.8 59197.8 0.1102100 325 17581.2 13245.83 0.2142 100 700 37867.2 75342.62 0.1125120 350 18933.6 14264.74 0.25 120 850 45981.6 91487.46 0.1470140 360 19474.5

614672.31 0.2857 140 950 51391.2 102250.7 0.1716

160 370 20015.52

15079.88 0.3214 160 1000

54096 107632.31 0.1960

180 400 21638.4 16032.57 0.3561 180 1050

56800.8 113013.93 0.2205

200 400 21638.4 16032.57 0.3928 200 1100

59505.6 118395.54 0.2450

220 425 22990.8 17321.48 0.4285 220 1150

62210.4 123777.2 0.2696

240 450 24343.2 18340.39 0.4642 240 1150

62210.4 123777.2 0.2941

260 450 24343.2 18340.39 0.5 260 1150

62210.4 123777.2 0.3186

280 450 24343.2 18340.39 0.5357 280 1100

62210.4 123777.2 0.3431

300 460 24884.16

18747.95 0.625 300 1050

59505.6 118395.54 0.3676

350 460 24884.16

18747.95 0.71452 350 1000

54096 107632.31 0.4289

400 460 24884.16

18747.95 0.8035 400

450 470 25425.12

19155.52 0.8928 450

500 470 25425.12

19155.52 0.9821 500

550 470 25425.12

19155.52 1.0714 550

600 470 25425.1 19155.52 1.1607 600



2650 450 24343.2 18340.39 1.025 650700 450 24343.2 18340.39 1.3392 700750 450 24343.2 18340.39 1.4285 750800 450 24343.2 18340.39 1.5178 800850 450 24343.2 18340.39 1.6071 850900 300 16228.8 12226.92 1.725 900

TABLA III. ENSAYO DE RESILENCIA

Serie de ensayos de resilencia a realizar.

ENSAYO Nº 1 2 3 4 5 6 7

ANGULO ai 60 90120

120

120

120

120

PROBETA PiP1

P1

P1 P2 P3 P1 P1

TEMPERATURA Ti

20 20 20 20 20 0 20

TABLA IV. ENSAYO DE RESILIENCIA CHARPY

ENSAYO Nº 1 2 3 4 5 6 7ANGULO ai 60 90 120 120 120 120 120PROBETA Pi P1 P1 P1 P2 P3 P1 P1TEMPERATURA Ti (°C)

20 20 20 20 20 0 20

SECCION a x b, S (mm2)

80 80 80 80 80 80 80

ANGULO b 45 49 58 51 42 115 156SECCION a' x b', Su (mm2)

69.7

72.3

76.9

72.5

69.1

179.1

179.5

SUPERFICIE GRIS, Sg (mm2)

75 61 48 63 76 12 4

SUP. BRILLANTE, Sb (mm2)

5 19 32 17 4 68 76

RESILIENCIA (kgm/cm2)

16.3

14.9

12.6

14.4

16.8

4.0 2.3

VELOCIDAD 3.1 4.4 5.4 5.4 5.4 5.42 5.42



CARGA,vc (m/s) 3 3 2 2 2RELACION Su/S (%)

87.1

90.4

96.1

90.6

86.4

98.9 99.4

TABLA V. TABLA DE DUREZA

Relación entre Grados de dureza y Resistencia a la Tracción

La Tabla siguiente muestra las equivalencias entre algunos de los números de dureza superficial y presenta una estimación de la resistencia a la tracción

VickersHV

BrinellHB

Rockwell Resistenciaa la

TensiónN/mm2.

HRB HRC

80 76 25585 80,7 41 27090 85,5 48 28595 90,2 52 305100 95 56,2 320105 99,8 335110 105 52,3 350115 109 370120 114 66,7 385125 119 400130 124 71,2 415135 128 430140 133 75 450145 138 465150 143 78,7 480155 147 495160 152 510165 156 530170 162 85 545175 166 560180 171 87,1 575185 176 595190 181 89,5 610195 185 625200 190 91,5 640205 195 92,5 660210 199 93,5 675215 204 94 690220 209 95 705225 214 96 720230 219 96,7 740235 223 755240 228 98,1 20,3 770

245 233 21,3 785250 238 99,5 22,2 800255 242 23,1 820260 247 24 835265 252 24,8 850270 257 25,6 865275 261 26,4 880280 266 27,1 900285 271 27,8 915290 276 28,5 930295 280 29,2 950300 285 29,8 965310 295 31 995320 304 32,2 1030330 314 33,3 1060340 323 34,4 1095350 333 35,5 1125360 342 36,6 1155370 352 37,7 1190380 361 38,8 1220390 371 39,8 1255400 380 40,8 1290410 390 41,8 1320420 399 42,7 1350430 409 43,6 1385440 418 44,5 1420450 428 45,3 1455460 437 46,1 1485470 447 46,9 1520480 (456) 47,7 1555490 (466) 48,4 1595500 (475) 49,1 1630510 (485) 49,8 1665520 (494) 50,9 1700530 (504) 51,1 1740540 (513) 51,7 1775550 (523) 52,3 1810



560 (532) 53 1845570 (542) 53,6 1880580 (551) 54,1 1920590 (561) 54,7 1955600 (570) 55,2 2030610 (580) 55,7 2070620 (589) 56,3 2105630 (599) 56,8 2145640 (608) 57,3 2180650 (618) 57,8660 58,3670 58,8680 59,2690 59,7700 60,1

720 61740 61,8760 62,5780 63,3800 64820 64,7840 65,3860 65,9880 66,4900 67920 67,5940 68

Escala Comparativa de Grados de Dureza conuna Estimación de la Resistencia a la Tracción Fuente: http://www2.ing.puc.cl/~icm2312/apuntes/materiales/materials6-2.html



http://www2.ing.puc.cl/~icm2312/apuntes/materiales/materials6-2.html

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