Na tabela a seguir são apresentados dados da taxa de fluência estacionária para o alumínio a 260^{\circ} \mathrm{C}(533 \mathrm{~K}) :
\epsilon_{r}\left(h^{-1}\right) \boldsymbol{\sigma}(M P a)
2,0 \times 10^{-4} 3
3,65 25
Calcule a tensão na qual a fluência estacionária é de 0,1 h^{-1}, na temperatura de 260^{\circ} \mathrm{C}.

Passo 1

O que o problema pede: calcular a tensão para a qual a fluência estacionária é de \,0,1\\ h^{-1}\, à temperatura de 260^\circ\mathrm{C}.
Informações dadas (retirei diretamente da tabela do enunciado):
\epsilon_{r1} = 2,0\times 10^{-4}\\ h^{-1},\qquad \sigma_1 = 3\\ \mathrm{MPa},
\epsilon_{r2} = 3,65\\ h^{-1},\qquad \sigma_2 = 25\\ \mathrm{MPa}.

Passo 2

Modelo que vamos usar (lei de Norton para fluência estacionária): existe uma relação do tipo
\epsilon_r = A\,\sigma^{\,n},
onde:
  • \epsilon_r é a taxa de fluência estacionária (unidade h^{-1});
  • \sigma é a tensão (unidade \mathrm{MPa});
  • A é uma constante (depende da temperatura);
  • n é o expoente de sensibilidade à tensão.
Por que usar esse modelo? Porque para muitos materiais metálicos, à temperatura fixa, a taxa de fluência estacionária obedece aproximadamente a essa lei de potência. Para determinar A e n usamos os dois pontos experimentais dados. Para facilitar o ajuste, linearizamos com logaritmo (uso log base 10 por simplicidade):
\log_{10}\epsilon_r = \log_{10}A + n\log_{10}\sigma.
Assim, com dois pontos podemos obter n e A.

Passo 3

Calcular o expoente n a partir dos dois pontos usando
n=\frac{\log_{10}\!\left(\dfrac{\epsilon_{r2}}{\epsilon_{r1}}\right)}{\log_{10}\!\left(\dfrac{\sigma_{2}}{\sigma_{1}}\right)}.
Substituindo os valores:
\log_{10}\!\left(\dfrac{\epsilon_{r2}}{\epsilon_{r1}}\right)=\log_{10}\!\left(\dfrac{3,65}{2,0\times 10^{-4}}\right) =\log_{10}(3,65)-\log_{10}(2,0\times 10^{-4}).
Calculando cada termo:
\log_{10}(3,65)=0,562293,\qquad \log_{10}(2,0\times10^{-4})=\log_{10}(2,0)-4=0,301030-4=-3,698970.
Portanto
\log_{10}\!\left(\dfrac{\epsilon_{r2}}{\epsilon_{r1}}\right)=0,562293-(-3,698970)=4,261263.
Agora o denominador:
\log_{10}\!\left(\dfrac{\sigma_2}{\sigma_1}\right)=\log_{10}\!\left(\dfrac{25}{3}\right)=\log_{10}(25)-\log_{10}(3)=1,397940-0,477121=0,920819.
Logo
n=\dfrac{4,261263}{0,920819}\approx 4,6277.

Passo 4

Calcular a constante A. Usamos um dos pontos (por exemplo o ponto 1):
A=\dfrac{\epsilon_{r1}}{\sigma_1^{\,n}}=\dfrac{2,0\times 10^{-4}}{3^{\,4,6277}}.
Calculando 3^{\,4,6277}: usando logaritmo,
\log_{10}(3^{\,4,6277})=4,6277\cdot\log_{10}(3)=4,6277\cdot 0,477121=2,209026,
portanto
3^{\,4,6277}=10^{2,209026}\approx 161,385.
Assim
A=\dfrac{2,0\times 10^{-4}}{161,385}\approx 1,239\times 10^{-6}.

Passo 5

Agora encontramos a tensão correspondente a \epsilon_r=0,1\\ h^{-1}. Da lei de Norton,
\sigma=\Big(\dfrac{\epsilon_r}{A}\Big)^{1/n}.
Substituindo \epsilon_r=0,1 e A\approx 1,239\times10^{-6}:
\dfrac{\epsilon_r}{A}=\dfrac{0,1}{1,239\times10^{-6}}\approx 80\,709,77.
Tomando logaritmo para facilitar:
\log_{10}\sigma=\dfrac{\log_{10}(0,1)-\log_{10}A}{n}.
Calculando \log_{10}A: \log_{10}(1,239\times10^{-6})=\log_{10}(1,239)-6=0,092087-6=-5,907913. Então
\log_{10}\sigma=\dfrac{-1-(-5,907913)}{4,6277}=\dfrac{4,907913}{4,6277}\approx 1,0604.
Portanto
\sigma=10^{1,0604}\approx 11,49\\ \mathrm{MPa}.

Passo 6

Arredondando com significado prático para a prova e incluindo unidade, a tensão pedida vale aproximadamente 11,5\\ \mathrm{MPa}. Força e coragem: esse tipo de problema é sempre “apenas” ajustar a lei de potência e resolver para a incógnita — pratica e você manda bem.

Resposta

11,5\\ \mathrm{MPa}

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