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• Ronald Gomez Orellana

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PROBLEMAS RESUELTOS DEL LAS DISTINTAS OPERACIONES DEL FORMADO DE METALES EJERCICIO 1: Laminado plano Una tira con un ancho de 12 pulg y 1.0 pulg de espesor se alimenta a través de un molino laminador de dos rodillos de 10 pulg de radio cada uno. El espesor de material de trabajo se reduce a 0.875 pulg de paso, a una velocidad de 50 rev/min. El material de trabajo tiene una curva de fluencia definida por k= 40 000 lb/pulg2 y n=0.15, se asume que el coeficiente de fricción entre rodillos y el trabajo es 0.12. Determine si la fricción es suficiente para realizar la operación de laminado. Si es así, calcule la fuerza de laminado, el momento de torsión y la potencia en caballos de fuerzo.

Donde: -

R A to tf N

: Es el radio de los rodillos. : Es el ancho de la lamina. : Es el espesor inicial de la lámina. : Es el espesor final de la lámina. : Es la velocidad de rotación de los rodillos. 1

[pulg.] [pulg.] [pulg.] [pulg.] [rev. /min.]

Solución: -

La reducción del espesor (draft) que se intenta en esta operación de laminado es: 𝑑 = (𝑡𝑜 − 𝑡𝑓 ) = (1.0 − 0.785) 𝑝𝑢𝑙𝑔. = 0.125 𝑝𝑢𝑙𝑔.

-

El draft máximo posible para el coeficiente de fricción dado es: 𝑑𝑚𝑎𝑥 = 𝜇 2 . 𝑅 = (0.12)2 . (10)𝑝𝑢𝑙𝑔. = 0.144 𝑝𝑢𝑙𝑔.

-

Como el adelgazamiento permisible máximo excede la reducción que se pretende, es posible la operación de laminado. Para calcular la fuerza de laminado necesitamos la longitud de contacto L y el esfuerzo de fluencia promedio Yf. la longitud de contacto está dada por la siguiente ecuación: 𝐿 = √𝑅. (𝑡𝑜 − 𝑡𝑓 ) = √10. (1.0 − 0.875) = 1.118 𝑝𝑢𝑙𝑔.

-

𝑌̅𝑓 se determina por la deformación real: 𝜖 = ln

𝑌̅𝑓 =

-

𝑡𝑜 1.0 = ln = 0.134 𝑡𝑓 0.875

(40 000). (0.134)0.15 𝑘 . 𝜖𝑛 𝑙𝑏 = = 25 729 1+𝑛 1 + 0.15 𝑝𝑢𝑙𝑔2

La fuerza de laminado se determina por la siguiente ecuación: 𝐹 = 𝑌̅𝑓 . 𝐴. 𝐿 = (25 729). (12). (1.118) = 345 184 𝑙𝑏

-

El momento de torsión requerido para mover cada rodillo esta dado por la ecuación: 𝑇 = 0.5. 𝐹. 𝐿 = (0.5). (345 184). (1.118) = 192 958 𝑙𝑏 − 𝑝𝑢𝑙𝑔

-

Y la potencia se obtiene mediante la siguiente ecuación: 𝑃 = 2. 𝜋. 𝑁. 𝐹. 𝐿 = 2. 𝜋. (50). (345 184). (1.118) = 121 238 997 Convirtiendo esto a caballos de fuerza (un caballo de fuerza = 396 000 𝑃ℎ𝑝 =

121 238 997 = 306 ℎ𝑝 396 000

2

𝑝𝑢𝑙𝑔 − 𝑙𝑏 𝑚𝑖𝑛 𝑝𝑢𝑙𝑔−𝑙𝑏 𝑚𝑖𝑛

)

En este ejemplo se puede observar que se requieren grandes fuerzas y potencias para el laminado. Las ecuaciones indican que puede reducirse la fuerza y la potencia para laminar una tira de nacho y material dados, por cualquiera de los siguientes medios: 1) uso de laminado en caliente en lugar de laminado en frio para reducir la resistencia y el endurecimiento por deformación (k y n) del material de trabajo, 2) reducción del draft en cada paso, 3) utilización de un menor radio en el rodillo R; 4) utilizando menor velocidad de laminación N para reducir la potencia.

EJRCICIO 2: Laminado plano Una tira de cobre recocido de 9 pulg. (228 mm) de ancho y de 1.00 pulg. (25 mm) de espesor, se lamina a un espesor de 0.80 pulg. (20 mm) en una pasada. El radio del rodillo es de 12 pulg. (300 mm), y los rodillos giran a 100 rpm. Calcule la fuerza del rodillo y la potencia requerida en esta operación.

Solución: La longitud de contacto entre el rodillo y la tira será: 𝐿 = √𝑅(𝑡0 − 𝑡𝑓 ) = √12(1.00 − 0.80) = 1.55 𝑝𝑢𝑙𝑔 Ahora debemos determinar Yavg para el cobre recocido. El valor absoluto del esfuerzo real que sufre la tira en esta operación es : 1.00 𝜀 = 𝑙𝑛 ( ) = 0.223 0.80 El cobre recocido tiene un esfuerzo real aproximadamente de 1200 psi en el estado no esforzado en tanto que en una deformación real del 0.223 el esfuerzo real es de 40000 psi.

3

Por lo que el esfuerzo promedio Yavg es de aproximadamente 26000 psi. Ahora se puede determinar la fuerza del rodillo como sigue: 𝐹 = 𝐿𝜔𝑌𝑎𝑣𝑔 = (1.55)(9)(26000) = 363000 𝐿𝑏 = 1.6 𝑀𝑁 La potencia de cada rodillo se calcula a partir de la siguiente ecuación donde N = 100 por tanto: 𝑃𝑜𝑡𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎 =

2𝜋𝐹𝑁𝐿 2𝜋(363000)(1.55/12)(100) = = 898 ℎ𝑝 = 670 𝐾𝑤 33000 33000

Dado que hay dos rodillos la potencia total de laminado será de 1796 hp = 1340 Kw Es difícil hacer el calculo exacto de la fuerza (y los requerimientos de potencia) en la laminación, dada las dificultades involucradas para determinar la geometría exacta de contacto y para estimar con precisión tanto el coeficiente de fricción como la resistencia del material en el espacio de laminación, especialmente para el laminado en caliente, así como la sensibilidad del material respecto a la deformación a elevadas temperaturas.

EJERCICIO 3: Laminado plano Calcule la fuerza del rodillo y el par de torsión para una tira de acero al carbono AISI 1020 de 400 mm de ancho y de 10 mm de espesor a un espesor de 7 mm. El radio del rodillo es de 200 mm y gira a 200 rpm.

-

Longitud de contacto entre el rodillo y la tira:

L  Rh0  h f   7.870.39  0.28  0.93 pu lg

4

-

Valor absoluto del esfuerzo real que sufre la tira en esta operación es:  0.39    0.332  0.28 

  ln  -

De las curvas esfuerzo-deformación, obtenemos el esfuerzo promedio Yavg de aproximadamente de 39000 psi

-

Determinado la fuerza del rodillo: F  LYavg  0.9315.7 39000  571000lb  2.5MN

-

La potencia por cada rodillo será:

Potencia 





0.93 200 2FLN 2571000 12   1686hp  1257 Kw 33.000 33000

Dado que hay dos rodillos la potencia en el laminado será: 2514 Kw

5

EJERCICIO 4: Laminado plano Una plancha de acero AISI 1015 con espesor ho= 300mm y un ancho wo= 1000mm se lamina en caliente a 1000 ºC en un molino con rodillos de R= 300mm. La presencia de cascarilla reduce la fricción hasta μ=0.3. se realiza una reducción de 27mm. La velocidad del rodillo es de 1.2 m/s. Calcúlese los requerimientos de fuerza y de potencia en los rodillo. La hoja de cálculo verifica la compresión máxima (reducción permisible, identificada como Δh max).

[Solución del problema] Datos w= 1000 mm ho=

300 mm

hf=

273 mm

R=

300 mm

v=

1,2 m/s

μ=

0,3

TABLA [3-1] Trabajado en caliente a 1000 ºC. C= 120

Mpa

m= 0,1

Mpa

6

Para comenzar el desarrollo del problema consideraremos una sola pasada en el proceso de laminación. -

Cálculo del área transversal de la placa inicial: 𝐴0 = 𝑤 ∗ ℎ0 = 1000 ∗ 300 = 300000𝑚𝑚2

-

Cálculo del área transversal de la placa laminada: 𝐴𝑂1 = 𝑤 ∗ ℎ0 = 1000 ∗ 273 = 273000𝑚𝑚2

-

Cálculo de la deformación por compresión de ingeniería: ℎ0 − ℎ𝑓 300 − 273 𝑒𝑐 = = = 0.09 ℎ0 300

-

Cálculo de la reducción máxima posible: ∆ℎ𝑚𝑎𝑥 = 𝜇 2 𝑅 = 0.32 ∗ 300 = 27𝑚𝑚

-

Cálculo de la longitud de contacto: 𝐿 = √𝑅(ℎ0 − ℎ𝑓 ) = √300 ∗ (300 − 273) = 90𝑚𝑚

-

Cálculo de la tasa promedio de deformación: 𝑣 ℎ0 1200 ̇ 300 1 𝜀̇ = 𝑙𝑛 = 𝑙𝑛 = 1.2574 𝐿 ℎ𝑓 90 273 𝑠

-

Cálculo del esfuerzo de fluencia: 𝜎𝑓 = 𝐶𝜀̇ 𝑚 = 120 ∗ (1.2574)0.1 = 122.78

𝑁 𝑚𝑚2

-

Cálculo de la altura promedio: ℎ0 + ℎ𝑓 300 + 273 ℎ̅ = = = 286.5 𝑚𝑚 2 2

-

Cálculo de la relación entre longitud de contacto y altura promedio: 𝐿 90 = = 0.31 ℎ̅ 286.5 El valor Qp que se considera para el caso según la relación anterior es 1.5

7

-

Cálculo de la presión promedio: 𝑃 = 1.15 ∗ 𝜎𝑓 ∗ 𝑄𝑝 = 1.15 ∗ 122.78 ∗ 1.5 = 212

𝑁 𝑚𝑚2

-

Cálculo del área de contacto: 𝐴𝑐 = 𝐿 ∗ 𝑤 = 90 ∗ 1000 = 90000𝑚𝑚2

-

Cálculo de la fuerza del rodillo: 𝑃𝑟 = 1.15 ∗ 𝜎𝑓 ∗ 𝑄𝑝 ∗ 𝐿 ∗ 𝑤 = 1.15 ∗ 122.78 ∗ 1.5 ∗ 0.09 ∗ 1000 = 19 062 𝑘𝑁

-

Cálculo de la potencia: 𝑃𝑜𝑡𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎 = 𝑃𝑟 ∗ 𝐿 ∗

𝑣 1.2 = 19062 ∗ 0.09 ∗ = 6862 𝑘𝑊 𝑅 0.3

Resultados Fuerza Potencia

19061,75 kN 6862,23 kW

EJERCICIO 5: Laminado de un perfil en U Un canal en U pequeño y poco profundo de bronce Cu-5Sn se lamina en frio. La forma es suficientemente somera para considerarla como una tira con sección transversal rectangular de w=20 mm de ancho, h=15 mm de espesor. De acuerdo con diseño preliminar del proceso, se realiza una reducción de 40% de su altura en una sola pasada, en un molino con rodillos de 150 mm de diámetro, a una velocidad υ= 0.8 m/s, con un lubricante de aceite mineral (μ = 0.07). (a) Verifique si la reducción es posible; si no, haga dos reducciones, luego calcule (b) la fuerza del rodillo y (c) el requerimiento de potencia.

8

[Solución del problema] Datos w=

20 mm

ho=

15 mm

hf=

9 mm

R=

75 mm

v=

0,8 m/s

μ= 0,07

TABLA [3-1] Valores para laminado en frio.

K= 720

Mpa

n= 0,46

Mpa

9

Para comenzar el desarrollo del problema consideraremos una sola pasada en el proceso de laminación. -

Cálculo del área transversal de la placa inicial: 𝐴𝑂 = 𝑤 ∗ ℎ0 = 20 ∗ 15 = 300𝑚𝑚2

-

Cálculo del área transversal de la placa laminada: 𝐴𝑂1 = 𝑤 ∗ ℎ0 = 20 ∗ 9 = 180𝑚𝑚2

-

Cálculo de la deformación por compresión de ingeniería: ℎ0 − ℎ𝑓 15 − 9 𝑒𝑐 = = = 0.4 ℎ0 15

-

Cálculo de la reducción máxima posible: ∆ℎ𝑚𝑎𝑥 = 𝜇 2 𝑅 = 0.072 ∗ 75 = 0.37𝑚𝑚

-

Cálculo de la longitud de contacto: 𝐿 = √𝑅(ℎ0 − ℎ𝑓 ) = √75 ∗ (15 − 9) = 21.21𝑚𝑚

-

Cálculo de la deformación: 𝜀 = 𝑙𝑛

̇ 15 ℎ0 = 𝑙𝑛 = 0.51 ℎ𝑓 9

-

Cálculo del esfuerzo de fluencia: 𝐾 𝜀 𝑛+1 720 0.510.46+1 𝑁 𝜎𝑓 = ∗ [ ]= [ ] = 362 𝜀 𝑛+1 0.51 0.46 + 1 𝑚𝑚2

-

Cálculo de la altura promedio: ℎ0 + ℎ𝑓 15 + 9 ℎ̅ = = = 12 𝑚𝑚 2 2

-

Cálculo de la relación entre longitud de contacto y altura promedio: 𝐿 21.21 = = 1.77 12 ℎ̅ El valor Qp que se considera para el caso según la relación anterior es 1.1

-

Cálculo de la presión promedio: 𝑃 = 1.15 ∗ 𝜎𝑓 ∗ 𝑄𝑝 = 1.15 ∗ 362 ∗ 1.1 = 458

10

𝑁 𝑚𝑚2

-

Cálculo del área de contacto: 𝐴𝑐 = 𝐴𝑂 ∗ 𝐿 = 300 ∗ 21.21 = 6363𝑚𝑚2

-

Cálculo de la fuerza del rodillo: 𝑃𝑟 = 1.15 ∗ 𝜎𝑓 ∗ 𝑄𝑝 ∗ 𝐿 ∗ 𝑤 = 1.15 ∗ 362 ∗ 1.1 ∗ 0.02121 ∗ 20 = 194.32 𝑘𝑁

-

Cálculo de la potencia: 𝑃𝑜𝑡𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎 = 𝑃𝑟 ∗ 𝐿 ∗

𝑣 0.8 = 194.32 ∗ 0.02121 ∗ = 47.97 𝑘𝑊 𝑅 0.07

Resultados Fuerza Potencia

194,32 43,97

kN kW

EJERCICIO 6: Forjado Explique la diferencia entre forjado con dado abierto y forjado con dado impresor. - El forjado con dado abierto es una operación en el cual el material de trabajo se comprime entre dos dados de caras planas, por lo que no existe restricción en el flujo radial del material, más que en la interface de contacto lo cual se debe a la fricción entre el dado y el trabajo, y si es un trabajo en caliente, se debe al enfriamiento de la superficie de contacto, también no existe la formación de rebaba; En el forjado con dado impresor, la geometría del dado es irregular y en muchos casos compleja, de modo que esta geometría impide el flujo radial o lateral del material, y la presencia de la rebaba aumenta la restricción del flujo radial, contribuyendo de esta manera al llenado de las cavidades mas estrechas del dados.

11

EJERCICIO 7: Forjado ¿Por qué es importante la forma intermedia en las operaciones de forjado? - La función de la forma intermedia en las operaciones de forjado es guiar el flujo del material hacia las cavidades donde más material tendrá la pieza final, de manera que lo distribuya gradualmente según la cantidad de material que se requiere para cada una de las cavidades de la matriz o dado final.

EJERCICIO 8: Forjado ¿Cuales son las ventajas del forjado isotérmico? - En la operación de forjado en dado abierto (recalcado) disminuye la restricción del flujo radial causado por el enfriamiento de la superficie en la interface de contacto dado-pieza; En la operaciones de forjado en general, ayuda a mantener las propiedades mecánicas y físicas constantes a lo largo de todo el volumen de la pieza, esto es, mantener isotrópicas las propiedades de las propiedades de la pieza en todo su volumen. Otra ventaja es posibilitar el forjado de piezas complejas, y de materiales que no podrían ser forjados con dados fríos (materiales frágiles).

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EJERCICIO 9: Forjado Calcule la fuerza de forjado para una pieza cilíndrica maciza de acero 1015, con 2.5 pulgadas (63.5 mm) de alto y 5 pulgadas (127 mm) de diámetro. Su altura será reducida en un 30%. El coeficiente de fricción es 0.2.

La fuerza necesaria para comprimir la pieza cilíndrica, tomando en cuenta el efecto de abarrilamiento (causado por la fricción), se estima de la siguiente ecuación: 𝐹 = 𝐾𝑓 . 𝑌𝑓 . 𝐴

Comenzamos por establecer las dimensiones y el esfuerzo de fluencia al final de la carrera: -

Altura final del cilindro:

-

ℎ𝑓 = ℎ𝑜 − 0.3 ∗ ℎ𝑜 ℎ𝑜 = 63.5 [𝑚𝑚] ℎ𝑓 = 44.45 [𝑚𝑚] Diámetro final del cilindro: admitiendo que su volumen se mantiene constante en toda la operación. ℎ𝑓 ℎ𝑜 𝜋 ∗ 𝐷𝑜2 ∗ = 𝜋 ∗ 𝐷𝑓2 ∗ 4 4 ℎ𝑜 63.5 𝐷𝑓 = 𝐷𝑜 ∗ √ = 127 ∗ √ = 151.8 [𝑚𝑚] ℎ𝑓 44.45

-

La deformación real que experimenta la pieza es: 𝜀 = ln (

ℎ𝑜 63.5 ) = ln ( ) = 0.357 ℎ𝑓 45.45

13

-

Los parámetros K y n son los siguientes: 𝐾 = 620 [𝑀𝑃𝑎]

-

𝑛 = 0.18

Así el esfuerzo de fluencia al final de la carrera es: 𝑌𝑓 = 𝐾 ∗ 𝜀 𝑛 = 620 ∗ 0.3750.18 𝑌𝑓 = 515 [𝑀𝑃𝑎]

-

El factor Kf para el proceso es: 𝐾𝑓 = 1 + 0.4 ∗ 𝜇 ∗

𝐷𝑓 151.8 = 1 + 0.4 ∗ 0.2 ∗ ℎ𝑓 44.45

𝐾𝑓 = 1.27 -

Así, la fuerza necesaria para realizar la operación de recalcado es: (0.1518)2 𝐹 = 1.27 ∗ 515 ∗ 𝜋 ∗ 4 𝐹 = 11.84 (𝑀𝑁)

EJERCICIO 10: Forjado Se tiene dos especímenes cilíndricos sólidos de igual diámetro, pero alturas distintas, y se comprimen (sin fricción) hasta el mismo porcentaje de reducción de altura. Demuestre que los diámetros finales son iguales.

14

Inicialmente se tiene: 𝐷𝑜1 = 𝐷𝑜2 El porcentaje de reducción en ambas piezas es: 𝑥1 = 1 −

ℎ𝑓1 ℎ𝑜1

𝑥2 = 1 −

ℎ𝑓2 ℎ𝑜2

Como esta reducción de altura es el mismo en ambos se tiene: 𝑥1 = 𝑥2 1−

ℎ𝑓1 ℎ𝑓2 =1− ℎ𝑜1 ℎ𝑜2 ℎ𝑓1 ℎ𝑓2 = ℎ𝑜1 ℎ𝑜2

Poniendo esta ecuación en función a los diámetros y volúmenes se tiene: 2 2 4 ∗ 𝑉1 ∗ 𝜋 ∗ 𝐷𝑜1 4 ∗ 𝑉2 ∗ 𝜋 ∗ 𝐷𝑜2 = 2 2 4 ∗ 𝐷𝑓1 ∗ 𝜋 ∗ 𝑉1 4 ∗ 𝐷𝑓2 ∗ 𝜋 ∗ 𝑉1

Simplificando se tiene: 𝐷𝑜1 𝐷𝑜2 = 𝐷𝑓1 𝐷𝑓2 𝐷𝑓2 =

𝐷𝑜2 ∗ 𝐷𝑓1 𝐷𝑜1

Como 𝐷𝑜1 = 𝐷𝑜2 , se tiene finalmente: 𝐷𝑓2 = 𝐷𝑓1

15

EJERCICIO 11: Forjado Una palanquilla SAE 1045 de Do = 50mm y Ho = 50 mm se recalca en frio hasta una altura de 10 mm en una prensa hidráulica que trabaja a una velocidad de 80 mm/s el lubricante es un aceite mineral con aditivos de EP calcule la fuerza de la prensa y el gasto de energía.

El ejercicio se resolverá tomando tres tramos a alturas de 40, 20, 10 para ver el incremento gradual de la fuerza a medida que la atura se disminuye Primero se toman algunos datos recomendados en el uso de acero SAE 1015 para la resolución del problema: K = 950 [MPa] n= 0.12 Volumen = 98175 

Para el prime análisis se toma la reducción de la altura hasta 40 mm y veremos que fuerza es la necesaria para lograr este propósito. 𝑉

𝐴𝑖 = ℎ [𝑚𝑚] = 55.9 𝑖

4𝐴𝑖

𝑑𝑖 = √ 𝑒𝑐 =

ℎ0 −ℎ𝑖 ℎ0

𝜋

= 2454

[𝑚𝑚2 ] = 0.20 ℎ

𝜀 = 𝑙𝑛 ℎ0 = 0.223 𝑖

16

𝑉̇ 1 𝜀̇ = ℎ [𝑠 ] = 2.00

Para el trabajo en frio se usa la ecuación: 𝑁

𝜎𝑓 = 𝐾𝜀 𝑛 [𝑚𝑚2 ] = 794 d/h = 1.4 De la gráfica Q = 1.10 𝑁

𝑝𝑎 = 𝜎𝑓 𝑄𝑎 [𝑚𝑚2 ] = 873 𝑃𝑎 = 𝑝𝑎 𝐴𝑖 [𝑘𝑁] = 2142 

Para la segunda pasada a 20 mm de altura: 𝑉

𝐴𝑖 = ℎ [𝑚𝑚] = 4909 𝑖

4𝐴𝑖

𝑑𝑖 = √

𝑒𝑐 =

ℎ0 −ℎ𝑖 ℎ0

𝜋

= 79.1

[𝑚𝑚2 ] = 0.60 ℎ

𝜀 = 𝑙𝑛 ℎ0 = 0.916 𝑖

𝑉̇ 1 𝜀̇ = ℎ [𝑠 ] = 4 𝑁

𝜎𝑓 = 𝐾𝜀 𝑛 [𝑚𝑚2 ] = 940 d/h = 4 De la grafica Q = 1.10 𝑁

𝑝𝑎 = 𝜎𝑓 𝑄𝑎 [𝑚𝑚2 ] = 1.30 𝑃𝑎 = 𝑝𝑎 𝐴𝑖 [𝑘𝑁] = 5999 17



Para la ultima pasada a 10 mm de altura: 𝑉

𝐴𝑖 = ℎ [𝑚𝑚] = 9817 𝑖

4𝐴𝑖

𝑑𝑖 = √

𝑒𝑐 =

ℎ0 −ℎ𝑖 ℎ0

𝜀 = 𝑙𝑛

𝜋

= 111.8

[𝑚𝑚2 ] = 0.80 ℎ0 ℎ𝑖

= 1.609

𝑉̇ 1 𝜀̇ = ℎ [𝑠 ] = 8.00 𝑁

𝜎𝑓 = 𝐾𝜀 𝑛 [𝑚𝑚2 ] = 1006 d/h = 11.2 De la grafica Q = 1.80 𝑁

𝑝𝑎 = 𝜎𝑓 𝑄𝑎 [𝑚𝑚2 ] = 1810 𝑷𝒂 = 𝒑𝒂 𝑨𝒊 [𝒌𝑵] = 17774 Es la potencia requerida para realizar este trabajo

EJERCICIO 12: Forjado Ahora la palanquilla del ejercicio anterior se trabaja en caliente a 1000ºC sin lubricante. Vuelva a calcular la fuerza requerida por la prensa. Para el análisis tomaremos nuevamente las alturas del anterior ejercicio para poder ver el contraste de las fuerzas requeridas 

Para la primera pasada con 40 mm de altura 𝑉

𝐴𝑖 = ℎ [𝑚𝑚] = 2454 𝑖

18

4𝐴𝑖

𝑑𝑖 = √ 𝑒𝑐 =

𝜋

ℎ0 −ℎ𝑖 ℎ0

= 55.90

[𝑚𝑚2 ] = 0.2

ℎ

𝜀 = 𝑙𝑛 ℎ0 = 0.223 𝑖

𝑉̇ 1 𝜀̇ = ℎ [𝑠 ] = 2.00

Para el trabajo en caliente se usa la ecuación: 𝜎𝑓 = 𝐾𝜀̇𝑛 = 131.3 d/h = 1.40 De la gráfica Q = 1.10 𝑁

𝑝𝑎 = 𝜎𝑓 𝑄𝑎 [𝑚𝑚2 ] =144 𝑃𝑎 = 𝑝𝑎 𝐴𝑖 [𝑘𝑁] = 355 

Para la segunda pasada con 20 mm de altura 𝑉

𝐴𝑖 = ℎ [𝑚𝑚] = 4909 𝑖

4𝐴𝑖

𝑑𝑖 = √ 𝑒𝑐 =

𝜋

ℎ0 −ℎ𝑖 ℎ0

= 79.06

[𝑚𝑚2 ] = 0.6

ℎ

𝜀 = 𝑙𝑛 ℎ0 = 0.916 𝑖

𝑉̇ 1 𝜀̇ = ℎ [𝑠 ] = 4.00

𝜎𝑓 = 𝐾𝜀̇𝑛 = 143.7 d/h = 3.95

19

De la gráfica Q = 1.40 𝑁

𝑝𝑎 = 𝜎𝑓 𝑄𝑎 [𝑚𝑚2 ] =201 𝑃𝑎 = 𝑝𝑎 𝐴𝑖 [𝑘𝑁] = 988 

Para la ultima pasada con 10 mm de altura: 𝑉

𝐴𝑖 = ℎ [𝑚𝑚] = 9817 𝑖

4𝐴𝑖

𝑑𝑖 = √ 𝑒𝑐 =

𝜋

ℎ0 −ℎ𝑖 ℎ0

= 111.80

[𝑚𝑚2 ] = 0.8

ℎ

𝜀 = 𝑙𝑛 ℎ0 = 1.609 𝑖

𝑉 ̇ 1 𝜀̇ = ℎ [𝑠 ] = 8.00

𝜎𝑓 = 𝐾𝜀̇𝑛 = 157.2 d/h = 11.18 De la gráfica Q = 1.80 𝑁

𝑝𝑎 = 𝜎𝑓 𝑄𝑎 [𝑚𝑚2 ] =472 𝑷𝒂 = 𝒑𝒂 𝑨𝒊 [𝒌𝑵] = 4631

Nótese como la potencia requerida para realizar el trabajo se reduce notablemente cuando se trabaja en caliente

20

EJERCICIO 13: Forjado Una biela pequeña se forja en acero SAE 1020 a 1200ºC .Calcule la fuerza que se requiere para forjar esta pieza en una prensa mecánica que trabaja a 250mm/s cuando el dado entra en contacto con la pieza. El volumen de la biela se calcula aproximadamente en 28680[mm3]y se pree que el 20% del material se convierta en rebaba .En la matriz el área proyectada es de 3500[mm2]sin considerar el campo de la rebaba .El ancho de este se es de 7.6 [mm] alrededor de toda la circunferencia de 300 [mm]

Multiplicando el ancho de la rebaba por la longitud del círculo 2280 es el área proyectada de manera que el área proyectada total es 3500 + 2280 = 5780. y se calculan paramentaros necesarios para el calculo de la fuerza necesaria. ℎ𝑝𝑟𝑜𝑚 = 𝜀̇ = ℎ̇

𝑉𝑜𝑙

𝑣

𝑝𝑟𝑜𝑚

𝐴𝑖

[𝑚𝑚] = (28680)/ (0.8 x 5780)

= 250/6.2 = 40 [s-1]

De tablas se obtiene el valor de C = 50 [MPa] y m = 0.17 por lo σf = 50 (400.17)= 93.6 [N/mm2].Las costillas y almas fueron aproximadamente de 3mm de espesor Qc = 8 y finalmente encontramos el requerimiento de fuerza de la prensa usando la formula: 𝑃 = 𝜎𝑓 𝑄𝑐 𝐴𝑡 (96.3)(8)(5780)/1000 P = 4328 [kN]

21

EJERCICIO 14: Estirado de alambre Un alambre formado se estira de un alambre recocido de acero inoxidable 302, de 3 mm de diámetro. El área de sección transversa de la forma es 5.0 mm2. Se usa un lubricante comercial con base de aceite (μ = 0.05), las matrices tienen un ángulos incluido de 12º y la velocidad de estirado es 2 m/s. Calcule la fuerza de estirado y la potencia que se requiere.

Calcular: F = ¿? y P = ¿? Acero inoxidable 302, trabajo en frió, Esfuerzo de fluencia K = 1300 MPa; n = 0.3 (tablas 3-1 y 3-2) [Solución]

 A0 

Af  5.00mm2

 * D2 4





12  6º 2

 * 32 4

Df  22

 7.069mm 2 4 Af





4*5



 2.52mm2

A0  Af

r

A0

  ln _

f 

1 A 1  0   0.346 1  r Af 1  0.293

D0  D f 2

LC 

 



D0  D f 2 * sen

  0.88  0.12 _

7.069  5.00  0.293 7.069

K *  n 1300 * 0.346 0.3 N   727.4 n 1 1  0.3 mm 2

D

 d   f 1 



3.00  2.52  2.76mm 2 

3  2.52  2.3mm 2 * sen6º 

D 2.76  0.88  0.12 *  1.024 LC 2.3

   A 0.05  N  *1.024 * 0.346  380.32  ln 0  727.4 * 1  tan   Af mm2  tan 6º  

La fuerza de estirado será: F  Af *  d  5 * 380.32  1901.61N

F  1901.61N

Es necesario verificar si el estirado es posible: F’: Fuerza máxima necesaria para romper el alambre









F I  0.8 K n * Af  0.8 1300 * 0.3460.3 * 5  3782.04 N 3782.04  F I  F  1901.61N El estirado es posible porque la fuerza requerida para la reducción no excede la fuerza máxima necesaria parar romper el material.

23

La potencia requerida es: P  F * v  1901.61* 2  3803.22

Nm s

P  3.8KW

EJERCICIO 15: Estirado de alambres. Para el ejemplo anterior ¿es posible reducir el diámetro del alambre a 2 mm.? La reducción máxima posible es 0.50 para estirado simple de barras y 0.30 para estirado de alambre. [Solución] rmax 

e 1  0.30 e

A e  0  1.428  Af



e

1 1   1.428 1  rmax 1  0.30

 * Df A 7.069 Af  0   4.9483mm2  e 1.428 4

2



D f  2.51mm

El diámetro máximo al cual se puede reducir el alambre es 2.51 mm por tanto no se puede hacer un estirado en un solo paso, para alcanzar los 2 mm de diámetro de alambre operación debe realizarse en dos pasos de estirado. EJERCICIO 16: Estirado de alambres. Calcule la fuerza y la potencia requerida para un trabajo de estirado en caliente, con los datos del ejercicio 1, suponga una elevación del coeficiente de fricción μ=0.2 en la interfas dado- material de trabajo. Calcular: F = ¿? y P = ¿? Acero inoxidable 302, trabajo en caliente, Esfuerzo de fluencia C = 170 MPa; m = 0.1 (tablas 3-1 y 3-2) [Solución]



12  6º 2

24

A0 

A0

  ln

2



D0  D f 2 * sen

  0.88  0.12

 



4 Af





4*5



 2.52mm2

7.069  5.00  0.293 7.069

1 A 1  0   0.346 1  r Af 1  0.293

D0  D f

LC 

_

4

 7.069mm 2

K *  n 170 * 0.346 0.1 N   139.09 n 1 1  0.1 mm 2

D

 d   f 1 

 * 32

Df 

A0  Af

r

_

4





Af  5.00mm2

f 

 * D2

3.00  2.52  2.76mm 2



3  2.52  2.3mm 2 * sen6º 

D 2.76  0.88  0.12 *  1.024 LC 2.3

A0    0.2  N  * 1.024 * 0.346  144.21  139.09 * 1   ln tan   Af tan 6º   mm 2 

25

La fuerza de estirado será:

F  A f *  d  5 * 144.21  719.26 N

F  719.26N

La potencia requerida es:

P  F * v  719.26 * 2 P  1.44KW A pesar de que el estirado es un proceso generalmente de trabajado en frió por las ventajosas propiedades que sus piezas terminadas presentan, podemos observar la disminución de la fuerza y la potencia necesarias para la misma reducción con un trabajo en caliente. EJERCICIO 17: Estirado de alambres. Algunas llantas radiales con cinturón de acero hechas con alambre de acero con 0.8% C, patentado y estirado pesadamente en frió hasta un diámetro de 0.25 mm. Rodeadas por la matriz de ferrita, las laminillas muy finas de carburo son capaces de deformación, pero la ductilidad del alambre esta aun limitada. Después de recubrir el alambre con latón para la adhesión del caucho, se da un estirado final antes de tejer cinturón. Algunas llantas habían sufrido falla prematura en la pista de pruebas. El alambre recuperado de ellas presento una fractura ocasional tipo tasa y cono. El problema se atribuyo al acero, puesto que no se tomo en cuenta la no homogeneidad al estirar un alambre tan fino. La investigación demostró que la reducción final fue de un diámetro de 0.27 a 0.25 mm., en las matrices con semiángulo de 6º. Compruebe si la deformación fue no homogénea.

26

La no uniformidad de deformación es otra limitación en el proceso de estirado. La profundidad de la zona de determina si la deformación es o no homogénea. Esto esta gobernado por (D/LC )>2 los esfuerzos de tensión secundarios talvez causen el efecto de punta de flecha (estallido central) típico en los materiales menos dúctiles. [Solución]

D

D0  D f

LC 

2



D0  D f 2 * sen

D  2.72  2 LC

0.27  0.25  0.26mm 2



0.27  0.25  0.0957 2 * sen(6)

Así la deformación no fue homogénea.

Incrementar la reducción o disminuir el ángulo de la matriz es la solución del problema. EJERCICIO 18: Estirado de alambres. Un alambre se estira a través de un dado con un Angulo de entrada = 15º. El diámetro inicial es 2.5 mm y el diámetro final es 2.0 mm. El coeficiente de fricción en la interfase trabajo-dado es 0.07. El metal tiene un coeficiente de resistencia K = 207 MPa y un exponente de endurecimiento por deformación n = 0.20. Determine el esfuerzo de estirado y la fuerza de estirado en esta operación.

D

D0  D f 2



2.5  2  0.25mm 2

27

LC 

D0  D f 2 * sen

  0.88  0.12

4

Af 

_

f 

_

 

 d   f 1 

2.5  2  0.9659mm 2 * sen15º 

D 0.25  0.88  0.12 *  0.9111 LC 0.9659

 * D2

A0 

  ln



 * D2 4





 * 2.5 2 4

 * 22 4

 4.9mm 2

 3.14mm 2

A 1 4.91  ln 0   0.4470 1 r A f 3.14

K *  n 207 X 10 6 * 0.4470 0.2   146842105.8Pa n 1 1  0.2

A0    0.07   * 0.9111 * 0.4470  75426357 Pa  146812105.8 * 1   ln tan   Af tan 15º    F  A f * d  3.14 X 10 6 * 75426357  236.83N F  236.83N

Por tanto el esfuerzo y la fuerza requerida para nuestro proceso de estirado de alambre es: Resultados Esfuerzo Fuerza

146.8 236.83 28

MPa N

EJERCICIO 19: Extrusión Un tocho de 76 mm de largo y 25 mm de diámetro se extruye en una operación de extrusión directa con una rx = 4.0. La extrusión tiene una sección recta transversal. El ángulo del dado (medio ángulo) = 90º. El metal de trabajo tiene un coeficiente de resistencia = 414 Mpa y un exponente de endurecimiento por deformación = 0.18. Use la fórmula de Johnson con a = 0.8 y b = 1.5 para estimar el esfuerzo de extrusión. Determine la presión aplicada al extremo del tocho cuando el pisón se mueve hacia adelante. Solución Examinamos la presión del pisón a las longitudes del tocho de L = 76 mm (valor inicial), L = 50 mm, L = 25 mm y L = 0. Calculamos la deformación real ideal, la deformación de extensión usando la fórmula de Johnson y el esfuerzo de fluencia promedio:

  ln rx  ln 4  1.3862  x  a  b ln rx  0.8  1.5 ln 4  2.8794 De la ecuación 3.12

Yf 

k n 414 *106 *1.38620.18   372089140.2[ Pa] 1 n 1  0.18

Para L = 76 mm con un ángulo en el dado de 90º, se asume que el tocho será forzado a través de la abertura del dado casi inmediatamente; entonces nuestro cálculo asume que la presión máxima se alcanza a las longitudes del tocho de 76 mm. Para ángulos del dado menores a 90º, la presión podría acumularse a un máximo, como en la figura 3.40, al comprimirse el tocho inicial dentro de la porción en forma de cono del dado de extrusión. Usando la ecuación 3.28b.

  2L  2.76 *10 3    372089140.2 2.8794    3333695442.71[ Pa] p  Y f   x  Do  25 *10 3    Para L = 50 mm

  2L  2.50 *10 3    372089140.2 2.8794    2559750031.0[ Pa] p  Y f   x  3  D 25 * 10   o   Para L = 25 mm

29

  2L  2.25 *10 3     p  Yf  x    372089140.2 2.8794  25 *10 3   1815571751.0[ Pa] D   o   L = 0: La longitud 0 es un valor hipotético en extrusión directa. En realidad es imposible comprimir todo el metal a través de la abertura del dado. En su lugar, una porción del tocho (el tope) permanece sin extruir y la presión empieza a aumentar rápidamente conforme L se aproxima a cero. El incremento de presión al final de la carrera se observa en la gráfica de la presión del pisón contra la carrera del pisón en la figura 3.40. El próximo cálculo es el valor mínimo hipotético de la presión del pison que podría resultar cuando L = 0.

 2L  2*0    372089140.2 2.8794  p  Y f   x   1071393470.0[ Pa] 3  D 25 * 10   o  

30