Um cilindro fechado de parede fina é pressurizado a 4,35 \mathrm{ksi}, causando deformação plástica. O material apresenta \sigma_{\mathrm{v}}=390 \varepsilon_{\mathrm{y}}{ }^{0.50} \mathrm{MPa}. Calcule a deformação circunferencial e a deformação longitudinal, sabendo que o diâmetro do cilindro é de 80 mm e a espessura da parede é de 4 \mathrm{~mm}.
Conversões: 1 \mathrm{ksi}\left(10^{3} \mathrm{psi}\right) \cong 6,895 \mathrm{MPa}
1 \mathrm{psi}=1 \mathrm{lb} / \mathrm{pol}^{2}

Passo 1

O enunciado pede: calcular a deformação circunferencial e a deformação longitudinal de um cilindro de parede fina submetido à pressão interna 4,35\\ \mathrm{ksi}. Dados fornecidos:
  • Pressão interna: p=4{,}35\\ \mathrm{ksi}.
  • Diâmetro externo (ou médio, pelo enunciado): d=80\\ \mathrm{mm}.
  • Espessura da parede: t=4\\ \mathrm{mm}.
  • Lei de escoamento (Hollomon / lei de encruamento): \sigma_{v}=390\\ \varepsilon_{y}^{0{,}50}\\ \mathrm{MPa}.
    O enunciado também fornece a conversão 1\\ \mathrm{ksi}=6{,}895\\ \mathrm{MPa}.
O que se pede explicitamente: a deformação circunferencial (hoop) e a deformação longitudinal (axial). Os dados elásticos do material (módulo de Young E e razão de Poisson \nu) NÃO foram fornecidos, portanto será calculada a parte plástica da deformação com base na lei dada e nas tensões desde o carregamento plástico. A contribuição elástica final à deformação só poderia ser obtida se E e \nu fossem fornecidos.

Passo 2

Primeiro converto a pressão para unidades SI (MPa):
p = 4{,}35\\ \mathrm{ksi}\times 6{,}895\\ \frac{\mathrm{MPa}}{\mathrm{ksi}} = 29{,}993\\ \mathrm{MPa}\approx 30{,}00\\ \mathrm{MPa}.
Usando a hipótese de parede fina ( t\ll d ), as tensões membrana são:
\sigma_{\theta}=\frac{p\,d}{2t},\qquad \sigma_{z}=\frac{p\,d}{4t},
onde \sigma_{\theta} é a tensão circunferencial (hoop) e \sigma_{z} é a tensão longitudinal (axial).
Calculo numérico:
\sigma_{\theta}=\frac{29{,}993\cdot 80}{2\cdot 4}=\frac{29{,}993\cdot 80}{8}=29{,}993\cdot 10=299{,}93\\ \mathrm{MPa}\approx 300{,}0\\ \mathrm{MPa},
\sigma_{z}=\frac{\sigma_{\theta}}{2}=149{,}965\\ \mathrm{MPa}\approx 150{,}0\\ \mathrm{MPa}.
Resumo: \sigma_{\theta}\approx 300{,}0\\ \mathrm{MPa} e \sigma_{z}\approx 150{,}0\\ \mathrm{MPa}.

Passo 3

Para tratar plasticidade com a lei dada, uso a tensão equivalente de von Mises (para estado de plano tensão \sigma_r\approx 0):
\sigma_{\mathrm{eq}}=\sqrt{\sigma_{\theta}^{2}+\sigma_{z}^{2}-\sigma_{\theta}\sigma_{z}}.
Substituindo os valores:
\sigma_{\mathrm{eq}}=\sqrt{300^{2}+150^{2}-300\cdot150}=\sqrt{67500}=259{,}8076\\ \mathrm{MPa}\approx259{,}8\\ \mathrm{MPa}.
(Obs.: com a razão \sigma_{\theta}=2\sigma_{z} fica \sigma_{\mathrm{eq}}=\sqrt{3}\,\sigma_{z}, que dá o mesmo valor.)

Passo 4

Interpretação da lei do enunciado: \sigma_{v}=390\\ \varepsilon_{y}^{0{,}50}\\ \mathrm{MPa} é a forma de Hollomon para o comportamento plástico (tensão equivalente verdadeira versus deformação plástica equivalente):
\sigma_{\mathrm{eq}}=K\,\varepsilon_{p}^{\,n},
com K=390\\ \mathrm{MPa} e n=0{,}50. Aqui \varepsilon_{p} é a deformação plástica equivalente (adimensional). Invertendo a relação para obter \varepsilon_{p}:
\varepsilon_{p}=\left(\frac{\sigma_{\mathrm{eq}}}{K}\right)^{1/n}.
Substituo os valores:
\varepsilon_{p}=\left(\frac{259{,}8076}{390}\right)^{1/0{,}5}=\left(0{,}6662\right)^{2}=0{,}4439\approx 0{,}444.
Portanto a deformação plástica equivalente é \varepsilon_{p}\approx 0{,}444 (valor adimensional, ou 44{,}4\%).

Passo 5

Agora preciso distribuir essa deformação plástica equivalente nas componentes principalais (circunferencial e longitudinal). Pelo princípio de fluxo associado de von Mises, para carregamento proporcional vale:
\varepsilon_{p,i}=\frac{3}{2}\,\frac{s_{i}}{\sigma_{\mathrm{eq}}}\,\varepsilon_{p},
onde s_{i}=\sigma_{i}-\sigma_{m} são as componentes do tensor desviador e \sigma_{m}=(\sigma_{\theta}+\sigma_{z}+\sigma_{r})/3 é a tensão média. No nosso caso \sigma_{r}=0, então:
\sigma_{m}=\frac{300+150+0}{3}=150\\ \mathrm{MPa}.
Calculando os desviadores:
s_{\theta}=300-150=150\\ \mathrm{MPa},\qquad s_{z}=150-150=0\\ \mathrm{MPa},\qquad s_{r}=0-150=-150\\ \mathrm{MPa}.
Substituindo em \varepsilon_{p,i} para a direção circunferencial:
\varepsilon_{p,\theta}=\frac{3}{2}\cdot\frac{150}{259{,}8076}\cdot 0{,}4439.
Note que \dfrac{3}{2}\cdot\dfrac{150}{259{,}8076}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\approx 0{,}866025. Assim:
\varepsilon_{p,\theta}\approx 0{,}866025\cdot 0{,}4439\approx 0{,}3845\approx 0{,}384.
Para a direção longitudinal:
\varepsilon_{p,z}=\frac{3}{2}\cdot\frac{0}{259{,}8076}\cdot 0{,}4439=0.
Interpretação física curta: com \sigma_{\theta}=2\sigma_{z} o componente deviadorico na direção axial é nulo, logo não há deformação plástica naquela direção; a plasticidade é principalmente circunferencial (com compensação radial negativa).

Passo 6

Observação sobre deformação total: o resultado acima são as deformações plásticas nas direções solicitadas. A deformação total em cada direção é a soma da parte elástica (que depende de E e \nu) e da parte plástica encontrada. Como E e \nu não foram fornecidos, não é possível dar as deformações totais; apenas as deformações plásticas foram calculadas (e, no caso axial, a parte plástica é zero).

Resposta

\varepsilon_{\theta}=0,384
\varepsilon_{z}=0,000

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