GABARITOME645 – Materiais metálicos - P1 – Eng. mecânica 03.04.2002 – 14:15 – Prof. Dr. Rodrigo Magnabosco 1ª questão: Sabe-se que o limite de escoamento de ligas Al-Mg, com tamanho de grão médio 80 µm, é dado pela expressão σ LE = 21 + 28.(%Mg ) Na fabricação de carrocerias de ônibus e baús de caminhões são usados perfis de liga Al-Mg, endurecida apenas por solução sólida. Estas ligas na condição de uso apresentam 150 MPa de limite de escoamento mínimo. É dado o diagrama de fases Al-Mg, e sabe-se que solução sólida supersaturada pode ser obtida no resfriamento de ligas Al-Mg aquecidas em temperatura não inferior a 200°C, por uma hora, numa taxa mínima de 7°C/s; além disso, se é necessária a solubilização total da fase βa temperatura de tratamento deve ser de 30°C a 50°C superior a temperatura solvus da liga. De posse destas informações, responda às perguntas que seguem, justificando suas respostas usando o maior número de informações possíveis e os conceitos de mecanismos de endurecimento trabalhados no curso de materiais: 1.a) Uma liga Al-5%Mg (diagrama TTP dado na próxima página) garantiria o limite de escoamento mínimo de 150 MPa sendo solução sólida o único mecanismo de endurecimento, com a presença de apenas fase α? Como seria o tratamento térmico desta liga, sabendo que o perfil foi adquirido no estado recozido, de baixa dureza? Justifique a temperatura utilizada indicando-a no diagrama Al-Mg abaixo. (2 pontos) Se há necessidade de no mínimo 150 MPa de limite de escoamento, e se o magnésio em solução sólida no alumínio provoca endurecimento por solução sólida de acordo com a expressão dada, pode-se escrever: 150 < 21 + 28.(%Mg) ou seja, o teor mínimo de magnésio, em solução sólida, para garantir o mínimo de 150 MPa é 4,6% de Mg. Assim, uma liga Al-5% Mg solubilizada (só com fase α), teria a resistência mecânica mínima requisitada. Para tanto, o tratamento térmico seria aquecer a liga a 300°C por uma hora (para a total solubilização do Mg na fase α), seguido de resfriamento em taxa mínima de 7°C/s, criando uma solução sólida de 5% de Mg na fase α, supersaturada, que atende os requisitos solicitados. Al-5%Mg Temperatura de solubilização, item 1.a) Temperatura de solubilização, item 1.c) em azul.7% de fase α. 36 segundos (∆t=36s.c) Se fosse aceita uma liga solubilizada parcialmente. que curvas de resfriamento só poderiam ser traçadas num diagrama de resfriamento. seria constituída por fase α (com 4.a). não exista possibilidade de formação de fase b em tempo inferior a 10-2 hora. ou seja. por exemplo. no entanto.6% Mg). (1 ponto) O resfriamento deve ser conduzido a taxa mínima de 7°C/s para garantir que. resfriamento a taxa mínima de 7°C/s ter-se-á na temperatura ambiente 1. Pela “regra das alavancas”. com as linha solvus das fases unitárias. (2 pontos) Se há necessidade de no mínimo 150 MPa de limite de escoamento. 1. qual seria esta liga e o tratamento térmico correspondente para atingir o limite de escoamento mínimo de 150 MPa? Justifique a temperatura utilizada indicando-a no diagrama Al-Mg abaixo. e o diagrama TTP é um diagrama isotérmico – na falta do diagrama obtido em resfriamento contínuo.b) Por que o resfriamento para solubilização deve ser conduzido a taxa mínima de 7°C/s? Justifique com base no diagrama TTP abaixo. não se espera que a curva de resfriamento intercepte as curvas de início e final de precipitação de fase β(nota do professor: deve-se lembrar. supersaturada em Mg (4.6°C/s). Se a mesma liga Al-5%Mg. tem-se a 240°C 1. a composição química das fases aqui fornecida é obtida no diagrama de fases pela intersecção da isoterma a 240°C. possibilitando a formação de fase α supersaturada em Mg. o diagrama isotérmico pode servir de “guia”). com até 6% de fase βnão dissolvida numa matriz da fase α supersaturada.3% de fase βnão dissolvida e 98. resultando em (∆T/∆t=275/36=7. Na prática. que dá o equilíbrio de fases num campo bifásico.1. .6% de Mg) e fase β (com aproximadamente 35% Mg). como mostrado no item 1.3% de fase β se após esta solubilização parcial a 240°C for realizado . o teor de Mg numa matriz da fase α supersaturada deve ser no mínimo 4. for aquecida a aproximadamente 240°C por uma hora (temperatura em azul do diagrama de fases da página anterior). o que garante o limite de escoamento mínimo por solução sólida.6%. durante o resfriamento de 300°C até 25°C (∆T=275°C). diminui a ductilidade. ao recordar as inesquecíveis aulas de ME645. respeitando a fração volumétrica que deve precipitar. e dada a maior solubilidade de Mg no Al nesta temperatura. há a possibilidade de obter maior dureza (por encruamento da ferrita próeutetóide presente na estrutura). . temperatura de envelhecimento. em tese. Quanto maior a . pois para muitos não se deve argumentar contra um chefe. assim. atuam como pontos de saturação de deformação plástica. se comparada à solubilidade a 100°C (vide linha solvus do diagrama de fases). JÁ QUE NÃO ERA ESPERADO ENCONTRAR EM AÇO ABNT 1010 RECOZIDO. quanto menor a temperatura. e o único reconhecidamente capaz disto é a REDUÇÃO DO TAMANHO DE GRÃO da ferrita pró-eutetóide do aço ABNT 1010. em qual temperatura seria mais viável o endurecimento por precipitação de partículas finamente dispersas na liga Al-5%Mg. contudo.a) e 1. diz que isto é impossível.1% C. A 200°C. haveria menor quantidade de soluto em supersaturação. de optar por encruamento como mecanismo de endurecimento ao invés de solução sólida para a liga dos itens anteriores? (1 ponto) O encruamento das ligas anteriores fatalmente levaria a diminuição da tenacidade e ductilidade. MAIORES DUREZA E TENACIDADE ASSOCIADAS QUE ÀS DE OUTRO. o lote “A” é mais duro e mais tenaz que o lote “B”. do ponto de vista mecânico. Visando ganhar pontos com a chefia (sem ofender o chefe. . e isto leva a maior dificuldade de movimentá-las e. até aumentando a ductilidade em alguns casos (sendo partículas de segunda fase. Por esse motivo. Como o aumento de dureza (resistência mecânica) no encruamento é devido ao aumento da densidade de discordâncias. Surpresa de seu chefe. e próxima de 115 HB. “ A” Acho que vocês estão doidos”– diz o chefe – “ pois um material mais duro tem que ser mais frágil” Até então. portanto. já que não existiria aumento na densidade de discordâncias e a solubilização da fase βretiraria da microestrutura pontos preferenciais para o início da fratura. por favor) explique quais as alterações microestruturais. ambas de aço ao carbono ABNT 1010. solicitou ensaio de impacto Charpy. ter-se-iam precipitados maiores. apresentam supersaturação em Mg. ensaios de tração). Deste modo. a principal diferença é que o lote “A” deve apresentar menor tamanho de grão da ferrita pró-eutetóide que o lote “B”. o aço pode se tornar mais frágil. Deste modo. um tratamento térmico de envelhecimento poderia. DETERMINE QUAIS AS DIFERENÇAS MICROESTRUTURAIS QUE DOIS AÇOS ABNT 1010 RECOZIDOS DEVERIAM TER. Assim. (3 pontos) A primeira contestação que poderia ser feita é se o lote “A” está mesmo recozido ou encruado: se o aço ABNT 1010 for deformado plasticamente a frio (ou seja. e para o lote identificado por “ uma dureza de 115 HB. Acontece que você. Portanto. Seu chefe (que há muito tempo B” deixou a escola. como os que geram os alvéolos de fratura dúctil – vide laboratório de NM641. levando a maiores durezas máximas. para o lote identificado por “ dureza de A” 200 HB. o que seria menos eficiente como mecanismo endurecedor. e aproveitando a geometria das barras. e não teve um curso de materiais como o seu). sobre aços recozidos.d) Qual a desvantagem. ninguém estava discutindo. e por isso decidiu solicitar ao laboratório químico uma análise do teor de carbono dos dois lotes. e portanto a máxima dureza naquela temperatura. mais rapidamente seria obtida a máxima fração de precipitados. que mostrou maior energia absorvida para o lote “ . o lote ” não é A” de ABNT 1010” nas palavras do seu chefe. . apenas o teor de carbono. Assim. levar a precipitação de partículas de fase β que se finamente dispersas provocariam endurecimento. “ pois se os dois lotes são de aço 1010 devem ter dureza igual. lembrou que de um aço que segue a norma ABNT 1010 não se pode garantir propriedade mecânica alguma. 100°C ou 200°C? Por quê? (1 ponto) As duas ligas citadas. menor a difusão do soluto e os precipitados tenderiam a se formar menores e em maior número. Exames de dureza indicam. os dois lotes tem 0. em condições onde o mecanismo de endurecimento conhecido como encruamento fosse possível).e) Através da análise do diagrama de fases Al-Mg e do diagrama TTP. retardando seu início e.1. deste modo. e dos demais que não ousaram contestá-lo.c). e portanto uma menor quantidade de precipitados. o envelhecimento seria mais viável a 100°C. EM PRIMEIRA ANÁLISE. TAMBÉM RECOZIDO. No entanto. após os tratamentos térmicos de solubilização descritos nos itens 1. poderiam ter levado a essa confusão toda: OU SEJA. deve-se pensar num mecanismo de endurecimento que também aumente a tenacidade. 1. 2ª questão: Sabe-se que foram comprados dois lotes de barras quadradas de 10 mm de lado. o que não ocorreria na solubilização.