1. Um tanque cilíndrico com extremidades hemisféricas é requerido para suportar ar comprimido a 150 psi a temperatura ambiente. A pressão tem ciclo variável de zero até o máximo. O aço tem LRT = 500 MPa . Determine o coeficiente de segurança para vida infinita à fadiga se o diâmetro do tanque é 0,5 \mathrm{~m}, a espessura de parede, 1 mm e o comprimento do tanque, 1 m .

Passo 1

O enunciado fornece um tanque cilíndrico com extremidades hemisféricas, que deve suportar ar comprimido com pressão máxima de \,150\\ \text{psi} à temperatura ambiente. A pressão varia ciclicamente entre zero e o máximo (ou seja, ciclo de tensão de 0 até \sigma_{\max}). O material (aço) tem \operatorname{LRT}=500\\ \text{MPa}. São dadas as dimensões: diâmetro do tanque \,0,5\\ \text{m}, espessura da parede \,1\\ \text{mm} e comprimento do cilindro \,1\\ \text{m}.\n
Pergunta: determinar o coeficiente de segurança para vida infinita à fadiga (isto é, o fator de segurança n tal que a peça tenha vida infinita sob o carregamento cíclico indicado).\n
Informações relevantes listadas:
  • pressão máxima: \,150\\ \text{psi} (ciclo de 0 a máximo);
  • LRT (força de tração última) do aço: \,500\\ \text{MPa};
  • diâmetro: \,0,5\\ \text{m} (logo raio \,r=0,25\\ \text{m});
  • espessura: \,t=1\\ \text{mm}=0,001\\ \text{m};
  • comprimento do cilindro: \,1\\ \text{m}.

Passo 2

Converter a pressão de \,150\\ \text{psi} para unidades do SI (Pa ou MPa).\n
Fato: 1\\ \text{psi}=6894{,}76\\ \text{Pa}. Então
p = 150 \times 6894{,}76\\ \text{Pa} = 1\,034\,214\\ \text{Pa}.
Em MPa isso é
p = 1{,}034214\\ \text{MPa}\simeq 1{,}0342\\ \text{MPa}.

Passo 3

Verificar a condição de parede fina (para usar as fórmulas simples de membrana). A aproximação de parede fina vale se \,t \ll r.\n
Aqui \,t/r = 0{,}001/0{,}25 = 0{,}004, muito pequeno, logo a hipótese de parede fina é válida.

Passo 4

Calcular as tensões de membrana devido à pressão interna no trecho cilíndrico (essas são as tensões estáticas máximas que serão cíclicas).\n
Para um cilindro fino com pressão interna \,p, raio \,r e espessura \,t, as duas tensões principais são:\n
  • tensão circunferencial (hoop):
\sigma_{\text{hoop}} = \frac{p\,r}{t}.
  • tensão longitudinal:
\sigma_{\text{long}} = \frac{p\,r}{2t}.
A extremidade hemisférica tem tensões iguais nas duas direções e igual a \,p r/(2t), então a maior tensão do conjunto é a circunferencial no corpo cilíndrico. Vamos computar numericamente usando \,p=1{,}0342\\ \text{MPa}, \,r=0{,}25\\ \text{m}, \,t=0{,}001\\ \text{m}.\n
Computando a tensão circunferencial:
\sigma_{\text{hoop}} = \frac{1{,}0342\\ \text{MPa}\times 0{,}25\\ \text{m}}{0{,}001\\ \text{m}} = 258{,}55\\ \text{MPa}.
Computando a tensão longitudinal:
\sigma_{\text{long}} = \frac{\sigma_{\text{hoop}}}{2} = 129{,}27\\ \text{MPa}.
Conclusão: a maior tensão máxima que aparece é \sigma_{\max}=\sigma_{\text{hoop}}=258{,}55\\ \text{MPa}.

Passo 5

Caracterizar o ciclo de tensões. Como a pressão varia entre 0 e p_{\max}, a tensão em cada ponto varia entre 0 e \sigma_{\max}. Para um ciclo assim:
\sigma_{\min}=0,\qquad \sigma_{\max}=\sigma_{\text{hoop}}.
Definimos a tensão média \sigma_m e a tensão alternante (amplitude) \sigma_a por
\sigma_m = \frac{\sigma_{\max}+\sigma_{\min}}{2} = \frac{\sigma_{\max}}{2},
\sigma_a = \frac{\sigma_{\max}-\sigma_{\min}}{2} = \frac{\sigma_{\max}}{2}.
Então numericamente:
\sigma_m = \sigma_a = \frac{258{,}55}{2}\\ \text{MPa} = 129{,}275\\ \text{MPa}\simeq 129{,}27\\ \text{MPa}.

Passo 6

Explicar como avaliar vida infinita à fadiga: uso do critério de Goodman (modificado) e do limite de fadiga.\n
A ideia: para vida infinita (nenhuma falha por fadiga), a tensão alternante efetiva deve ser menor que o limite de fadiga modificado do material. Em presença de tensão média diferente de zero, o diagrama de Goodman linear é frequentemente usado. A forma útil para obter o fator de segurança n é:
n = \frac{1}{\dfrac{\sigma_a}{S_e} + \dfrac{\sigma_m}{S_u}},
onde:
  • \sigma_a é a amplitude alternante da tensão (aqui \,129{,}27\\ \text{MPa});
  • \sigma_m é a tensão média (aqui \,129{,}27\\ \text{MPa});
  • S_e é o limite de resistência à fadiga (endurance limit) do material para as condições reais da peça;
  • S_u é a resistência à tração última (ultimate tensile strength), que aqui o enunciado deu como \operatorname{LRT}=500\\ \text{MPa} (assumimos que esse é o \,S_u).\n
    Explicação de S_e: para a peça real usa-se um S_e reduzido a partir de um valor de referência S_e' (endurance-limit de corpo de prova bem polido em ensaio reverso). Uma regra usual aproximada para aços é:
S_e' \approx 0{,}5\,S_u
para aços comuns. Depois aplicam-se fatores de correção (acabamento de superfície k_a, tamanho k_b, carregamento k_c, temperatura k_d, confiabilidade k_e, etc.) e obtém-se
S_e = k_a k_b k_c k_d k_e\, S_e'.
No enunciado não são dados acabamento, fatores de tamanho, etc. Para não complicar demais (e porque a medalha do exercício costuma esperar a aproximação simples), vamos assumir fatores corretivos iguais a 1 (ou seja, assumir que a peça tem acabamento e condição que não reduzem significativamente o limite de fadiga). Assim tomamos:
S_e = S_e' \approx 0{,}5\,S_u.
Com S_u=500\\ \text{MPa} obtemos
S_e = 0{,}5\times 500\\ \text{MPa} = 250\\ \text{MPa}.
Obs.: se você tivesse informação de acabamento rugoso, solda, grande espessura, ou alta confiabilidade, deveria multiplicar por fatores k_a,k_b,\dots menores que 1 e o S_e cairia, reduzindo o fator de segurança. Aqui estou sendo explícito sobre essa hipótese para que você saiba quando usar ajustes.

Passo 7

Aplicar a fórmula do Goodman para obter o fator de segurança n. Reescrevendo:
n = \frac{1}{\dfrac{\sigma_a}{S_e} + \dfrac{\sigma_m}{S_u}}.
Substituindo \sigma_a=\sigma_m=129{,}27\\ \text{MPa}, S_e=250\\ \text{MPa}, S_u=500\\ \text{MPa}:
n = \frac{1}{\dfrac{129{,}27}{250} + \dfrac{129{,}27}{500}}.

Passo 8

Fazer as contas numéricas passo a passo:\n
Calcule as frações:
\frac{129{,}27}{250} = 0{,}51708\quad(\text{aprox.}),
\frac{129{,}27}{500} = 0{,}25854\quad(\text{aprox.}).
Somando:
0{,}51708 + 0{,}25854 = 0{,}77562.
Então
n = \frac{1}{0{,}77562}\simeq 1{,}2886.
Arredondando com boa apresentação, \,n\simeq 1{,}29.

Passo 9

Interpretação e observações finais (importante para a prova e para decisões de projeto):\n
  • O fator de segurança calculado é n\simeq 1{,}29. Isso é relativamente baixo para aplicações de pressão, especialmente porque não consideramos efeitos reais que reduzem S_e (soldas, acabamento, concentração de tensões, efeitos de corrosão, etc.). Em projeto prático normalmente se exigiria um n maior (por exemplo >2).\n
  • Principais hipóteses que fiz: parede fina (válida), \operatorname{LRT}=S_u, uso do critério de Goodman linear, e tomada de S_e=0{,}5 S_u sem fatores de correção (ou seja, k_a k_b k_c \cdots =1). Se forem aplicáveis fatores corretivos menores, S_e diminui e o n resultante também diminui.\n
  • Se quiser com calma na prova: declare que usou as fórmulas básicas do cilindro fino, calcule \sigma_{\text{hoop}}, determine \sigma_a,\sigma_m para ciclo 0- \sigma_{\max}, escolha o critério de fadiga (Goodman) e estime S_e a partir de S_u. Esse é o procedimento padrão.

Resposta

n \simeq 1{,}29

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