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problemas de ensayos mecánicos para la medición y unidades
Tipo: Ejercicios
1 / 29
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PROBLEMAS
1. Durante el ensayo de tracción podemos decir que la deformación es elástica cuando:
a) La deformación es proporcional a la tensión.
b) Al representar la tensión en función de la deformación se observa una relación
lineal.
c) El camino recorrido durante la carga y descarga es el mismo.
d) Todas son correctas.
2. El módulo de elasticidad puede ser interpretado como:
a) El límite máximo a alcanzar antes de que el material entre en deformación
plástica.
b) La resistencia de un material a la deformación elástica.
c) La ductilidad del material durante la deformación plástica.
d) La relación entre el alargamiento relativo porcentual y el porcentaje de reducción
de área.
3. Los registradores de las prensas de tracción dan gráficos de:
a) Tensión real - deformación real.
b) Tensión nominal - deformación nominal.
c) Tensión nominal - incremento de longitud.
d) Fuerzas - incremento de longitud.
4. Una probeta de tracción con longitud inicial de 100 mm, presenta tras la rotura una
longitud de133 mm. El alargamiento valdrá:
a) 33 %.
b) 133 %.
c) 33 mm.
d) 133 mm.
o
= 100 mm ; L
f
= 133 mm
Alargamiento : ∆ L = L
f
o
= 133 mm − 100 mm = 33 mm
Alargamiento : ∆ L = 33 mm
La carga de rotura vale:
a) 4000 N.
b) 500 MPa.
c) 1000 MPa.
La estricción vale:
a) 4 mm2.
b) 200 %.
c) 100 %.
d) 50 %.
e) 125 Kg/mm2.
El alargamiento vale:
a) 75 mm.
b) 25 mm.
c) 25%.
d) 50%.
8. Una barra de 1.25 cm de diámetro está sometida a una carga de 2500 kg. Calcular la
tensión axial de la barra en Megapascales (MPa).
F = m× a
F = 2500 kg × 9.81(
m
s
2
σ =
σ =
π
×d
2
σ =
π
− 2
m )
2
σ = 200 × 10
6
Pa
σ = 200 MPa
9. Calcular el esfuerzo usual en ingeniería, en el SI de unidades, de una barra de 1,50 cm
de diámetro que está sometida a una carga de 1200 kg.
Esfuerso Usual : σ
u
Cuando se calcula es esfuerzo usual debemos trabajar con el área inicial
σ
u
o
1200 kgx 9.
m
s
2
πx (1.5 x 10
− 2
m )
2
σ
u
=66615892.98 Pa
σ
u
=66.6 x 10
6
Pa =66.6 MPa
10. Calcular el esfuerzo usual en ingeniería, en el SI de unidades, de una barra de15 cm de
longitud y con una sección de 5,0 mm x 10,0 mm, sometida a una carga de 4500 kg.
σ =
0
σ =
a ×b
σ =
4500 kg × 9.81 ms
− 2
− 5
m× 1010
5
m
σ =882.9 × 10
6
Pa
σ =882.9 MPa
σ = 883 MPa
11. 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
σ =
4700 kg x 9.8 m s
− 2
( 6 x 10
− 3
m ) x ( 3 x 10
− 3
=2.56 x 10
9
=2.56 GPa
12. 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.
σ =
0
π
d
2
π
5
2
5
Pa =565.9 MPa
0 x
L 0 = S × L , de donde L =24,69 cm
d
0
=0.00133 m
14. 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 Dl = 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.
Para llevar de kp a Newtons (N) debemos multiplicar por 9.
σ =
o
3180 kpx 9.
− 2
2
σ =234788385.6 Pa =234.8 x 10
6
Pa
σ =234.8 MPa
b) Módulo de elasticidad.
Podemos usar la ley de Hooke debido a que trabajamos en la Región Elástica
σ
ε
Necesitamos conocer la deformación:
ε =
o
0.0175 cm
5 cm
=3.5 x 10
− 3
234.8 MPa
3.5 x 10
− 3
=67085.7 MPa =67.085 x 10
3
MPa
E =67.1 GPa
c) Ductilidad de la aleación.
La ductilidad se calcula gracias a la estricción de la probeta
o
f
o
x 100 %
πx D
o
2
πx D
f
2
πx D
o
2
x 100 %
o
2
f
2
o
2
x 100 %=
( 1.3 cm )
2
−( 1.05 cm )
2
(1.3 cm )
2
x 100 %
15. 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 caracteristicas se ajustan a uno de
los siguientes tipos de aceros:
R(MPa) LEmin (MPa) A% min
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: L
0
√
0
a) Determine cual de las siguientes dimensiones de probeta resulta adecuada para poder
realizar el ensayo en su máquina:
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
σ =
π x ( 10 )
2
= 312 MPa
ɛ =
= 237 x 10
− 6
σ
ɛ
237 x 10
− 6
=131.64 GPa
El acero es el único que cumple con las condiciones.
Determinar:
a) El módulo de elasticidad.
Leyendo en el diagrama, para una tensión de 150 MPa tenemos una deformación del 0.0014%,
con lo que:
b) El límite elástico para una deformación del 0.002.
Leyendo la tensión directamente en el diagrama para una deformación del 0.2%, ésta es: 240
MPa
c) La carga máxima que puede soportar una probeta cilíndrica con un diámetro original de
11.5 mm.
F = 450 MPa x 103.9 mm
2
= 46.7 kN
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.
Para la tensión de 375 MPa leemos en el diagrama que la deformación obtenida es de 0.11%,
por lo que la longitud de la probeta a esa tensión será:
125 mm x 1.11 = 138.75 mm
Por lo que el cambio de longitud, DL será de 13.75 mm.
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.
Para no experimentar deformación plástica, el límite elástico del material debe ser mayor que:
e
3
siendo S,
S = π
d
2
= π
2
=176.71 mm
2
por lo que
σ =
3
mm
2
= 198 MPa
Y por tanto, la aleación de magnesio no sirve.
Se pide además que DÆ < 1.2 x 10-2 mm. Considerando que:
0
0
0
∗ π ¿ d
2
De la tabla calculamos, para la seccion de la estructura, tanto el limite de elasticidad como la
carga de rotura:
LEmin =460 kN/15·
m
2
=306,7 MPa
Rmin = 1010 kN/15·
m
2
= 673 MPa
Comparando con los datos de la tabla se observa que el único material que cumpliría estas
condiciones es la aleación de titanio, Ti6A14V.
b) Calcular el diámetro mínimo del redondo necesario para el caso de seleccionar el acero
inoxidable 304
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 m
Para la carga de rotura, Smin = 1010 kN / 515 MPa = 19,61 · 10-4 m
Siendo, como puede observarse, más restrictiva la condición del límite elástico, por lo que el
diámetro mínimo será:
d =
√
− 4
π
=0.053 m = 53 mm
tracción, a una carga de 26,5 kN, exigiéndole que no tenga deformaciones permanentes y que la
deformación no sobrepase las 450 mm. ¿Cuál de los materiales de la tabla 1, con las
dimensiones propias que cumplan las condiciones expuestas, tendrá menor peso?
Para las dimensiones dadas, la tensión será:
Con lo que puede descartarse el magnesio, pues supera su límite elástico:
Si calculamos la deformación en cada uno de los materiales restantes, mediante las expresiones:
Tendremos la siguiente tabla:
Material Deformación unitaria, e Deformación D L (mm)
Aleación de aluminio
Aleación de titanio
Acero
En la que observamos que la deformación acumulada en la aleación de aluminio es mayor de
450 mm, por lo que podemos seleccionar este material, quedando por tanto como candidatos la
aleación de titanio y el acero de los que calcularemos sus respectivas dimensiones que cumplen
con las condiciones impuestas y que se encuentran tabuladas a continuación, siendo la
deformación unitaria: e = 450 mm / 240 mm = 1,875 · 10
.
Material
s = e · E
(MPa)
Sección
(mm2)
Volume
n (cm3)
Peso (g)
Aleación de titanio
Acero
Por lo que la pieza de menor peso, pese a tener mayor densidad el material, sería la fabricación
con acero.
a) ¿Cuál es el más rígido? ¿Por qué?
El material más rígido será el que tenga un mayor módulo de Young, que corresponde al acero
con 205 GPa.
b) ¿Cuál posee una mayor deformación transversal? ¿Por qué?
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 para el aluminio 1.1810-3, para el titanio 2.9110-3, para el acero 0.72*10-
3 y para el magnesio 1.10*10-3. 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.
En segundo lugar, que su tensión de rotura sea también superior a la tensión especificada:
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) 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?
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:
e = 1/400 = 2.5 · 10-3 mm/mm
y tal como se observa en la tabla, sólo el acero dispone de un módulo de elasticidad superior.
dimensiones 10 x 10 x 10cm con un
comportamiento elástico lineal rompe
cuando la carga ha alcanzado un valor de
15.000kg, registrándose en ese momento
un acortamiento de 0,3mm. Se pide:
a) Representación gráfica del
comportamiento mecánico del material y
tipo de fractura que experimenta.
Tipo de fractura frágil el material rompe
súbitamente tras registrar pequeñas
deformaciones.
b) Calcular la tensión de compresión en
rotura
La tensión es carga por unidad de superficie:
σ =
15000 kg
100 cm
2
kg
cm
2
mm
2
= 15 MPa
c) Calcular la deformación unitaria en rotura
Deformación unitaria es la relación entre el incremento dimensional y la dimensión.
ε =
∆ l
l
−0.3 mm
100 mm
− 3
d) Calcular el módulo de elasticidad del material
Al ser un material con un comportamiento elástico lineal es posible aplicar la Ley de Hooke:
σ = E ∗ ε → E =
σ
ε
kg
c m
2
mm
2
= 5 GPa
e) Sabiendo que el coeficiente de Poisson (ʋ) del material es 0,3, calcular la deformación
transversal de la probeta en rotura.
El coeficiente de Poisson es la relación entre la deformación transversal y la axial:
v =
− ε
t
ε
l
→ ε
t
=− v ∗ ε
l
f) Calcular el área que deberá tener la probeta para que con la misma carga del ensayo la tensión
de trabajo del material se reduzca a la mitad y acortamiento de la probeta.
σ = P/A⇒ A= P/σ ; para que la tensión se reduzca a la mitad es necesario duplicar el área de la
probeta: A=200cm². Dado que el comportamiento mecánico del material es elástico lineal se
verifica Hooke σ = E*ε ⇒ ε = σ /E =∆l/l; la tensión y la deformación son directamente
proporcionales (E), y también la deformación y el incremento de longitud, por lo que si la
tensión se reduce a la mitad, ∆l también lo hará: ∆l=0,15mm.
construida con un material con un comportamiento elasto-plástico caracterizado por una primera
fase elástica lineal con módulo de Young E=2.106kg/cm² y máxima deformación elástica del
0,2% y, previamente a la rotura, un segundo periodo plástico en el cual, sin aumento de carga
respecto al periodo anterior, el material alcanza una deformación de 8 veces el valor de la
deformación elástica. Se pide:
a) Representación gráfica del comportamiento mecánico del material y tipo de fractura que
presenta
Tipo de fractura dúctil: el material rompe tras registrar grandes deformaciones.
ε =0.003>0.002= ε
el
, es decir, dado que la deformación de la barra supera la deformación
máxima en régimen elástico, la barra se encuentra en régimen plástico, por lo que al cesar la
carga la barra recuperara la deformación elástica, quedando una deformación remanente:
ε
rem
= ε
tot
− ε
el
∆ l
l
∆ l
10 cm
∆ l =0.001∗ 10 cm =0.01 cm
f
= l + ∆ l = 10 +0.015=10.01 cm Es la longitud final de la barra tras la descarga.
f) ¿Se puede volver a ensayar la barra de nuevo? Justificar la respuesta.
Si, dado que no se ha llegado a agotar la posible deformación plástica del material previa a la
rotura.
plástico de metacrilato de 10x50mm de sección y 15cm de longitud que se ensaya a tracción a
temperatura ambiente según las siguientes cargas e incrementos de longitud:
Elaboramos un cuadro con las tensiones correspondientes a partir de las fuerzas aplicadas y las
deformaciones a partir de los incrementos de longitud observados:
σ =
con A = 10 ∗ 50 = 500 mm
2
ε =
∆ l
l
con l = 15
La fractura es de tipo dúctil dado que está precedida de deformaciones mayores con menores
incremento de tensión que las que adquiere al principio del proceso de carga (deformaciones
menores con mayores incrementos de tensión); si comparamos la gráfica con la gráfica del
material del ejercicio anterior podemos apreciar que el metacrilato es un material menos
resistente y más deformable, menos elástico (relación menor entre tensión y deformación), y
menos dúctil (mayor fragilidad).
