Dimensionamento eixos e vigas

Dimensionamento de Vigas e Eixos
28
9.0 – Dimensionamento de eixos e vigas.
9.1 – Critérios de Resistência.
No dimensionamento dos elementos de máquinas e estruturas, como os eixos e as
vigas, vários são os critérios que podem ser utilizados para o estabelecimento de suas
dimensões mínimas, compatíveis com as propriedades mecânicas dos materiais utiliza-
dos, obtidas nos ensaios em laboratório.
Tais critérios surgem quando se busca a resposta à seguinte questão básica:
- quando ocorrerá a ruína* do material da peça carregada?
*(entendemos como “ruína” a deterioração do material, por ruptura, por plastificação, por
ser ultrapassado o limite de proporcionalidade, ou de escoamento etc, dependendo de seu uso).
Várias poderiam ser as hipóteses (teorias) para sustentar uma resposta a tal ques-
tão:
- a ruína ocorre quando a maior tensão normal presente ultrapassar o valor da tensão normal ocor-
rente quando da ruína do corpo de prova no ensaio de tração (ou compressão) do material;
- a ruína ocorre quando a maior tensão tangencial presente ultrapassar o valor da tensão tangencial
ocorrente quando da ruína do corpo de prova no ensaio do material correspondente;
- a ruína ocorre quando a maior deformação longitudinal presente ultrapassar o valor da deforma-
ção longitudinal ocorrente quando da ruína do corpo de prova no ensaio do material;
- a ruína ocorre quando a maior energia específica de distorção presente ultrapassar o valor da ener-
gia de distorção por unidade de volume ocorrente quando da ruptura do corpo de prova no ensaio do
material.
- outras...
Como se verá, não há resposta única, válida para qualquer situação: o critério que
mais se coaduna com os resultados obtidos em laboratório dependerá do tipo do material
e do tipo do carregamento.
9.2 – Teorias das Máximas Tensões.
Válido para materiais frágeis (duros, quebradiços, que se rompem nos planos on-
de a tensão normal é extrema) é o critério da máxima tensão normal, segundo o qual
haverá ruína quando, em certo ponto do corpo, a tensão principal ultrapassar o valor da
tensão de ruína no ensaio uniaxial do material. Portanto, o dimensionamento, para um dado
CS, deve ser feito atendendo ao requisito (Critério de Coulomb):
½ (σx + σy) + √ [½ (σx - σy)] 2
+ (τxy )2
< σlim/CS...(9.2.1)
√ [½ (σx - σy)] 2
+ (τxy )2
< ½ σlim/CS .....(9.2.2)
Para materiais dúteis (macios, flexíveis, que
se rompem nos planos onde a tensão tangencial é
extrema), é o critério da máxima tensão tangen-
cial o que melhor se coaduna, considerando que
haverá ruína quando, em certo ponto, a tensão má-
xima de cisalhamento ultrapassar o valor da tensão
tangencial ocorrente (a 45º) no ensaio de tração do
material (τmáx = ½ σlimite). O dimensionamento (para
um dado CS) deve atender a que (Critério de Tresca): Fig.9.1 – Tipos de fratura no ensaio
de tração (a) material frágil; b) ma-
terial dútil (inicialmente, a fratura se
dá por cisalhamento até que a redução
da área provoca a ruptura por tração).
Planos de
Clivagem
45º
(a) (b)

29
Exemplo 9.2.1 – Dimensionar o eixo maciço a ser fabricado em aço 1020 (tensão limite
de escoamento σesc = 200MPa), de forma a transmitir um torque T = 10 kN.m, sob um
momento fletor M = 15 kN.m., com um coeficiente de segurança 1,6 ao escoamento.
Exemplo 9.2.2 – Para o perfil “I” esquematizado, determinar o coeficiente de segu-
rança para a ruptura do material, supondo tratar-se de aço 1080, de alto teor de car-
bono, dureza Brinell 248, e resistência à tração de 78 kgf/mm2
.
Solução: Para um eixo de seção circular submetido a um torque T e um mo-
mento fletor M, o ponto da periferia mais solicitado estará submetido às se-
guintes tensões (a tensão tangencial devido a Q é desprezível para um eixo
maciço)
σ = (Μ/Ι) (d/2); τ = (Τ/JP) (d/2); sendo JP = πd4
/32 e I = ½ JP
Como se trata de um material dútil (baixo teor de Carbono), utiliza-
remos o critério da máxima tensão tangencial.
τmáx = √ [½ (σx - σy)] 2
+ (τxy )2
=√[½ (Μ/Ι)d/2]2
+ [(T/JP )2
d/2]2
ττττmáx = [( M2
+ T2
)1/2
/ JP] (d/2)
Interessante notar que o termo (M2
+ T2
)1/2
representa o módulo do
vetor momento total atuante na seção (M + T) (chamado momento “ideal”).
Para o caso em análise, como τmáx =(200/2):1,6 = 62,5MPa
teremos:
τmáx = 32 ( M2
+ T2
)1/2
/ πd3
d3
= 32 [(10x103
)2
+ (15x103
)2
]1/2
/ π (62,5x106
= 2,9838x10-3
m
3
d = 1,432 x 10-1
m → d = 143 mm (Resposta) σ
τ
100
150
150
8
8
5
210kN
A
B
C
Solução: O momento de inércia da seção em relação à LN valerá:
ILN = [100 x (165)3
/ 12] – [95 (150)3
/ 12 = 10,72 x 106
mm2
].
Na seção do engastamento teremos:
Q = 210 kN e M = - 210x103
x 0,150 = - 31,5 kNm.
Para o ponto A (no topo, onde ocorre a máxima tensão nor-
mal de tração e onde a tensão de cisalhamento é nula), teremos:
σ = (M/ I)y = (31,5x103
/ 10,72x10-6
)x0,083 = 243,9 MPa.
Considerando o estado duplo:
(tração Pura) - σP1 = 243,9MPa
σP2 = 0,000
τmáx = ½ (243,9)= 121,9MPa
Para o ponto C (na LN, onde ocorre a máxima tensão tan-
gencial e onde a tensão normal é nula), teremos: τ = (QMS / b I )
sendo MS = (0,008x0,100x0,079 + 0,005x0,075x0,0375)=77,26x10
-6
m
3
τ = 210x103
x77,26x10-6
/ 0,005 x 10,72x10-6
= 302,7MPa
(Corte Puro) - σP1 = 302,7MPa
σP2 = - 302,7MPa
τmáx = 302,7MPa
121,9
σ
τ
243,9
σ
τ
302,7
302,7

30
9.3 – Teorias das Máximas Energias de deformação
Poder-se-á cogitar que a deterioração do material ocorre quando, no ponto consi-
derado, a energia de deformação, por unidade de volume (u), ultrapassar o valor de tal
grandeza quando da deterioração do material por ocasião do ensaio de tração correspon-
dente (Critério de Saint-Venant). Como vimos nos capítulos 1.7 e 1.8, considerando os pla-
nos principais (onde não ocorrem tensões tangenciais), em um estado triplo de tensões:
utotal = U/V = ( ½ ) (σ1 ε1 + σ2 ε2 +σ3 ε3 ), sendo:
ε1 = (1/E) [ σ1 - ν (σ2 + σ3 )]
ε2 = (1/E) [ σ2 - ν (σ3 + σ1 )]
ε3 = (1/E) [ σ3 - ν (σ1 + σ2 )], que nos leva a:
utotal = [1/2E] [ (σ1
2
+ σ2
2
+σ3
2
− 2ν (σ1 σ2 + σ2 σ3 + σ3 σ1)]........... (9.3.1)
Segundo o critério da máxima energia específica de deformação total não haverá deterioração
do material se:
σ1
2
+ σ2
2
+σ3
2
− 2ν (σ1 σ2 + σ2 σ3 + σ3 σ1) < ( σlimite )2
.......................... (9.3.2)
que, no caso do estado duplo de tensões (com σ3 = 0) e considerando um certo C.S., se torna:
σ1
2
+ σ2
2
− 2ν (σ1 σ2) < ( σlim/CS )2
.............................. (9.3.3)
Observa-se experimentalmente que os materiais suportam tensões muito mais elevadas do que a
ao ensaio uniaxial de tração, quando submetidos a estados hidrostáticos de tensão (quando as 3 tensões
principais são todas iguais, ficando os círculos de Mohr reduzidos a um ponto sobre o eixo dos σ), não
ocorrendo tensão tangencial em qualquer plano (ficando o estado de tensão definido pela grandeza
escalar “pressão”, invariante para todas as direções). As rochas sob a crosta terrestre são um bom e-
xemplo do que se comenta. Tal comportamento fica compreendido quando se leva em conta que a e-
nergia total de deformação pode ser desdobrada em duas componentes: a energia para variação de vo-
lume e a energia para variação de forma (distorção). Assim é que podemos estabelecer a composição:
Para o ponto B (na interface entre a mesa e a alma, onde ocorre uma
tensão normal elevada, embora não seja a máxima, estando presente uma tensão
tangencial também elevada, embora não seja a máxima), teremos:
σ = (M/ I)y = (31,5x103
/ 10,72x10-6
)x0,075 = 220,4MPa
τ = (QMS / b I) sendo MS = (0,008x0,100x0,079) = 63,20x10
-6
m
3
τ = 210x103
x 63,20x10-6
/ 0,005 x 10,72x10-6
= 247,6MPa
(Tração+Corte) - σP1 = 381,2MPa
σP2 = -160,8MPa
τmáx = 271MPa
Como tg 2θp = τxy / ½ (σx - σy) =
= -247,6 / ½ (220,4) = - 2,247;
2θp = - 66,0º; θp1 = - 33,0º; θp2 = 57,0º
Como σ (máx) = 78kgf/mm
2
= 765MPa,
O coeficiente de segurança para o perfil, se-
gundo o critério de Coulomb valerá 765/381,2 = 2,00
σ
τ
381,2
- 160,8
220,4
247,6
247,6
θ1
θ1
σ1
σ2
σ3
p
p
p
σ1 - p
σ2 - p
σ3 - p
= +

31
Admite-se que a ação inelástica ocorrerá sempre que a energia de distorção exce-
der o valor correspondente no ensaio de tração (onde apenas uma das tensões principais
não é nula). Este é o chamado critério da máxima energia de distorção (Von Mises).
O valor da energia específica de distorção (ud) será computado subtraindo do va-
lor da energia total, a parcela correspondente a energia de variação volumétrica decor-
rente da tensão média p, fazendo em (9.3.1) σi = p = ( σ1 + σ2 + σ3 )/3, nos dando:
uvolume = [(1 – 2ν)6E]( σ1 + σ2 + σ3 )2
.
Efetuando a diferença obtem-se:
udistorção = [(1+ν)/6E] [(σ1 − σ2)2
+ (σ2 − σ3)2
+ (σ3 − σ1)2
] ..................... (9.3.4)
Segundo tal critério, não haverá a deterioração do material se:
[(σ1 − σ2)2
+ (σ2 − σ3)2
+ (σ3 − σ1)2
] < 2(σlimite)2
......................................(9.3.5)
Tratando-se do caso comum de um estado duplo de tensões (com σ3 = 0), e dado um certo CS, a
equação se torna:
(σσσσ1111
2222
+ σ+ σ+ σ+ σ2222
2222
− σ− σ− σ− σ1111σσσσ2222) < (σ) < (σ) < (σ) < (σlim / CS)2
.
Sendo σ1 = σmédio + τmáx e σ1 = σmédio - τmáx, obtemos:
(σmédio
2
+ 3τmáx
2
) < (σlimite)2
......................................................................(9.3.6)
Adotou-se certa margem de segurança, considerando como tensão
admissível:
σadm = σlimite / (Coeficiente de Segurança).
Interessante comentar que, no caso do estado de corte puro (ocor-
rente no ensaio de torção de eixos) teremos:
σ1 = τr; σ2 = − τr; σ3 = 0; que nos dá:
3τr
2
< (σlimite)2
→ ττττr < 0,577 σσσσlimite
(valor confirmado experimentalmente para os materiais dúteis – cerca de
60% da tensão normal do ensaio de tração, e não os 50% preconizados
pelo critério da máxima tensão tangencial).
Exemplo 9.3.1 – O recipiente cilíndrico de parede fina esquematiza-
do (diâmetro d = 200mm e espessura e = 2,8mm) contém ar compri-
mido na pressão manométrica de 32 atmosferas e deve ser submetido
à uma força F = 10kN para aperto dos parafusos de vedação. Pede-
se avaliar o coeficiente de segurança ao escoamento admitindo que o
material da chapa seja aço com tensão normal limite de escoamento
250MPa, E = 210GPa e ν = 0,300, segundo os quatro critérios de
resistência estudados (não considerar os efeitos da proximidade da
chapa do fundo do recipiente na seção da base onde os esforços soli-
citantes são extremos).
Solução:
Na seção da base temos: N = p.πD2
/4= 3,2x10
6
x π (0,200)
2
/ 4=100,5kN;
Q = 10,0kN; M = 10x10
3
x 0,500 = 5,00kN.m; T =10x10
3
x 0,350 = 3,50kN.m.
A = π D x e = 1,759 x 10
-3
m
2
; JP = A x (D/2)
2
= 17,59 x 10
-6
m
4
; I = ½ JP
Analisaremos as tensões ocorrentes nos pontos da seção da base (na
parte interna, onde atua uma tensão de compressão σ3 = - p):
A – onde a tensão longitudinal trativa devido à p se soma à devido à M;
B – onde a tensão tangencial devido ao torque T se soma à devido à Q;
C – onde a tensão longitudinal pode ser compressiva.
τr
τr
−τr
σ
τ
T
p
500
350
D=200
10kN
A
BC

32
PONTO A PONTO B PONTO C
σσσσC = pD/2e =
= 3,2 x10
6
x 0,2 / 0,0056 = 114,3MPa
σσσσL = N/A + (M/I)(D/2) =
= 100,5 x 103
/ 1,759x10-3
+
+(5x103
/ 8,795x10-6
) x 0,100 =
= 57,13 + 56,85 = 114,0 MPa
ττττLC = (T/JP)(D/2) =
=(3,5x103
/ 17,59x10-6
)x0,100=
= 19,90 MPa
σσσσ3 = -p = -3,2MPa
σσσσC = pD/2e =
= 3,2 x10
6
x 0,2 / 0,0056 = 114,3MPa
σσσσL = N/A =
= 100,5 x 103
/ 1,759x10-3
=
= 57,13 MPa
ττττLC = (T/JP)(D/2) + ξ(Q/A) =
=(3,5x103
/ 17,59x10-6
)x0,100 +
+ 2 (10x103
/ 1,759 x 10-3
) =
= 19,90 + 11,37 = 31,27MPa
σσσσC = pD/2e =
= 3,2 x10
6
x 0,2 / 0,0056 = 114,3MPa
σσσσL = N/A - (M/I)(D/2) =
= 100,5 x 103
/ 1,759x10-3
-
+(5x103
/ 8,795x10-6
) x 0,100 =
= 57,13 + 56,85 = 0,28 MPa
ττττLC = (T/JP)(D/2) =
=(3,5x103
/ 17,59x10-6
)x0,100=
= 19,90 MPa
σmédio = ½ (114,3 + 114,0) = 114,2
R = {[½ (114,3 - 114,0)]
2
+ 19.9
2
}
1/2
=
=19,90
σ1 = 114,2 + 19,9 = 134,1MPa
σ2 = 114,2 - 19,9 = 94,3MPa
σ3 = - 3,2MPa
τmáx = ½ (σ1 − σ3) =
=1/2 [134,1 – (-3,2)] = 68,65MPa
σmédio = ½ (114,3 + 57,13) = 85,72
R = {[½ (114,3 – 57,13)]
2
+ 31,27
2
}
1/2
=
= 42,37
σ1 = 85,72 + 42,37 = 128,1MPa
σ2 = 85,72 – 42,37 = 43,45MPa
σ3 = - 3,2MPa
τmáx = ½ (σ1 − σ3) =
=1/2 [128,1 – (-3,2)] = 65,65MPa
σmédio = ½ (114,3 + 0,28) = 57,29
R = {[½ (114,3 – 0,28)]
2
+ 19.9
2
}
1/2
=
=60,38
σ1 = 57,29 + 60,38 = 117,7MPa
σ2 = 57,29 – 60,38 = - 3,09 MPa
σ3 = - 3,2MPa
τmáx = ½ (σ1 − σ3) =
=1/2 [117,7 – (-3,2)] = 60,45MPa
Dos pontos analisados, é o ponto A o mais crítico, para o qual teremos:
σσσσ1 = 134,1MPa; σσσσ2 = 94,3 MPa; σσσσ1 = -3,20M Pa; ττττmáx = 68,65 MPa
Pelo critério da máxima tensão normal (Coulomb); C.S. = 250 / 134,1 = 1,86.
Pelo critério da máxima tensão tangencial (Tresca); C.S. = ½ 250 / 68,65 = 1,82.
Pelo critério da máxima energia específica total (Saint-Venant);
[(σ1)2
+ (σ2)2
+ (σ3 )2
− 2ν(σ1σ2 +σ2σ3 +σ3σ1)] = (σlimite /CS)2
;
(134,1)2
+ (94,3)2
+ (-3,2)2
– 2x0,300(134,1x 94,3 + 94,3x(-3,2) + (-3,2)x 134,1=(250/CS)2
→ CS = 1,78
Pelo critério da máxima energia específica de distorção (Von Mises);
[(σ1 − σ2)2
+ (σ2 − σ3)2
+ (σ3 − σ1)2
] = 2(σlimite /CS)2
;
(134,1 – 94,3)2
+ (94,3 + 3,2)2
+ (-3,2 + 134,1)2
= 2(250 / C.S.)2
→ C.S. = 2,10.
p
p p
Superfície interna Superfície internaSuperfície interna
τLC
τLC τLC
σL σL
σL
σC
σC
σC
σC
σC
σL
σC
σL σL
τ τ τ
σ σ σ

33
9.5 - Aplicações.
São apresentados a seguir dois exemplos de aplicação para dimensionamento de elementos de
máquinas e estruturas.
Ex. 9.5.1 – Eixos (árvores). 250
450
200
F1
F2
F4
F3
Dimensionar o eixo de aço
ABCD (E = 200 GPa, ν = 0,3;
τescoam = 125 MPa) utilizando
o critério da máxima tensão
tangencial, com um coeficiente
de segurança 2,5 ao escoamen-
to e para um ângulo de torção
admissível de 2,5º/m. Dados:
Motor M – Potência: 20 CV
Rotação: ω = 1.720 rpm
Polias B e C – diâm. = 300 mm
Correias planas paralelas:
F1 = 600N; F2 = 300N;
F3 = 3 F4
(Obs.: o mancal A transmite
tão-somente o torque do motor)
M
A
B
C
D
ω
(σrupt )Tração
(σrupt )Compressão
(τrupt )Corteτ
σ
9.4 – Outras teorias. (Teoria de Mohr)
Observa-se experimentalmente que os materiais
frágeis suportam tensões de compressão bem mais
elevadas que as de tração (um exemplo clássico é o
concreto). Traçando-se os círculos de Mohr corres-
pondentes aos ensaios de tração e de compressão
do material (bem como o de corte puro, por torção,
quando disponível), será lógico admitir (Critério de
Mohr) que o estado (duplo) de tensões será seguro
para um dado material se o círculo de Mohr cor-
respondente ficar inteiramente dentro da área deli-
mitada pela envoltória dos círculos corresponden-
tes aos dados obtidos nos ensaios.
Fig, 9.4 – Teoria de Mohr para os critérios de ruptura de
materiais frágeis em estado plano de tensões.
Uma outra forma de representar os estados limites em função dos critérios de resistência
adotados para os materiais dúteis é a apresentada na fig. 9.3, sendo os eixos cartesianos repre-
sentativos das tensões principais σ1 σ2 para um estado duplo de tensões.
(a) segundo o critério da máxima tensão tangencial (Tresca) o estado de tensão represen-
tado pelo par σ1 , σ2 deve ficar limitado ao hexágono ABCDEFH, que corresponde às condições:
| σ1 | < σesc, |σ2 | < σesc, para σ1 e σ2 com o mesmo sinal e | σ1 − σ2 | < σesc , caso σ1 e σ2 tenham
sinais contrários.
(b) segundo o critério da máxima energia de
distorção (Von Mises) o limite passa a ser a
elipse ABCDEFGHA, para a qual:
σ1
2
− σ1σ2 + σ2
2
= σesc
2
.
O caso da torção pura, quando σ1 = τ e
σ2 = −τ evidencia a distinção dos dois critérios
obtendo-se τlim = 0,500 σesc (segundo Tresca) e
τlim = 0,577 σesc (segundo Von Mises).
0,500
0,577
σesc
σesc
−σesc
−σesc
σp1
σp2
Fig.9.3 – Critérios de Tresca e de Von Mises
A
B
C
D
E F
G
H

34
Ex. 9.5.2 – Vigas.
Diagramas de Esforços
A
B
C
D
M
x
y
z
T
My
Mz
Solução: P = 20 CV = 20 x 736 = 14.720 w
TMotor = 14.720 x 60 / 1.720 x 2 π = 81,72 Νm
TC = F1 x r – F2 x r = (600 – 300) x 0,150 = 45,0 Nm
TB = TM - TC = 81,72 – 45 = 36,72 Nm = (F3 – F4)x r =
= (3F4 – F4 )x 0,150 → F4 = 122,4N; F3 = 367,2N.
Compondo os esforços externos ativos teremos:
F1 + F2 = 900N; F3 + F4 = 489,6N;
Os esforços externos reativos valerão:
900x0,250 = Ay x0,900; Ay=250N; Dy=900 – 250= 650N
489,6x0,700 = AZx0,900; AZ = 380,8N; DZ = 108,8N
Os diagramas do torque T e dos momentos fletores
MY e MZ são apresentados na figura ao lado, destacan-
do-se os seguintes momentos extremos (em Nm):
(B)–T=81,72; MY =380,8x0,2=76,16; MZ=250x0,2=50,0
(C)–T=45,0; MY =108,8x0,25=27,2; MZ=650x0,25=162,5
Computando o momento total (denominado
“momento ideal” como visto no ex. 9.2.1):
Mi = (MY
2
+ MZ
2
+ T2
)1/2
, teremos:
(B)- Mi = (76,162
+ 50,02
+ 81,722
)1/2
= 122,4 Nm;
(C)- Mi = (27,22
+ 162,52
+ 45,02
)1/2
= 170,8 Nm.
Verifica-se que a seção do eixo onde está en-
chavetada a polia C é a mais solicitada.
τmáx = 16 Mi / πd3
e para o material do eixo:
81,72
Nm
36,72
Nm
45,00
Nm
489,6N
900N
650N
250N
380,8N
108,8N
162,5
Nm
50,0
Nm
27,2
Nm
76,16
Nm
45,0
Nm
τadm = 125 / 2,5 = 50 MPa, teremos, pelo critério da máxima tensão tangencial:
d3
= 16x 170,8 / π 50x106
→ d = 25,9 mm
Pelo critério da máxima deformação por torção, teríamos:
δθ/L = T / G JP = 32 T / G π d4
, sendo G = E / 2 (1 + ν) = 200 / 2,6 = 76,9 GPa.
No caso: (δθ/L)adm = 2,5º/m = 2,5 / 57,3 = 0,04363 rad/m, e
0,04363 = 32 x 81,72 / 76,9x109
x πx d4
→ d = 22,3 mm.
Portanto, o diâmetro admissível para o eixo será de 26 mm (Resp.).
2,0m
2,0m
0,9m
0,9m
3,6m
0,4m
P = 10kN
A
B
E
F
C
D
A viga AB é apoiada em seus extremos sobre
o meio dos vãos das vigas CD e EF, sendo as
três constituídas por perfis S100 x 11,5 (I =
2,53 x 106
mm4
). Adotando como tensões
limites σe = 150MPa e τe = 90MPa,
pede-se calcular o coeficiente de segurança
do conjunto de vigas.
1024,8
7,4
67
9kN
10kN
1kN
1kN
0,5kN 9kN
4,5kN
4,5kN
3,6kN.m
4,05kN.m
1,0kN.m
Solução: o cálculo das reações nos apoios de
cada uma das vigas e o traçado dos respecti-
vos diagramas de momento fletores mostram
que as seções críticas das vigas são:
VIGA AB – seção junto à carga P = 10kN, no
trecho PB, onde Q = 9kN e M = 3,6 kN.m;
VIGA EF – no meio do vão, junto ao contato
em B, onde Q = 4,5kN e M = 4,05kN.m.

35
VIGA AB – (tensões no plano da seção transversal crítica)
Máxima tensão σ de tração/compressão: (3,6 x 103
/2,53x10-6
) 0,051 =72,57MPa
Máxima tensão τ: (9,0 x 103
x(0,067x0,0074x0,0473+ 0,0048x0,04362
/2) /
/ (2,53x10-6
x0,0048) =20,76MPa
Tensões na união entre a mesa e a alma do perfil:
tensão σ de tração/compressão: (3,6 x 103
/2,53x10-6
) 0,0436 =62,04MPa
tensão τ: (9,0 x 103
x(0,067x0,0074x0,0473)/(2,53x10-6
x0,0048) =17,38MPa
Considerando o estado triplo de tensões:
Nos topos da viga: σP1 = 72,57MPa; σP2 = 0; σP3 = 0; τmáx = ½ 72,57 = 36,29MPa;
No ponto médio da alma: : σP1 = 20,76MPa; σP2 = 0; σP3 = - 20,76 MPa; τmáx = 20,76MPa;
Nas junções mesa-alma: σP1 = ½ (62,04) + [(½ 62,04)2
+ 17,382
]1/2
= 31,02 + 35,56 = 66,58MPa
σP2 = 0; σP3 = ½ (62,04) - [(½ 62,04)2
+ 17,382
]1/2
= 31,02 – 35,56 = - 4,54 MPa
τmáx = [(½ 62,04)2
+ 17,382
]1/2
= 35,56MPa
Portanto, para a viga AB teremos: σσσσmáx = 72,57 MPa e ττττmáx = 36,29MPa
VIGA EF – (tensões no plano da seção transversal crítica)
Máxima tensão σ de tração/compressão: (4,05 x 103
/2,53x10-6
) 0,051 =81,64MPa
Máxima tensão τ: (4,5 x 103
)x(0,067x0,0074x0,0473 + 0,0048x0,04362
/2) /
/ (2,53x10-6
x0,0048) =10,38MPa
Tensões na união entre a mesa e a alma do perfil:
tensão σ de tração/compressão: (4,05 x 103
/2,53x10-6
) 0,0436 =69,79MPa
tensão τ: (4,5 x 103
x(0,067x0,0074x0,0473)/(2,53x10-6
x0,0048) =8,69MPa
Considerando o estado triplo de tensões:
Nos topos da viga: σP1 = 81,64MPa; σP2 = 0; σP3 = 0; τmáx = ½ 81,64 = 40,82MPa;
No ponto médio da alma: : σP1 = 8,69 MPa; σP2 = 0; σP3 = - 8,69 MPa; τmáx = 8,69 MPa;
Nas junções mesa-alma: σP1 = ½ (69,79) + [(½ 69,79)2
+ 8,692
]1/2
= 34,90 + 35,96 = 70,86MPa
σP2 = 0; σP3 = ½ (69,79) - [(½ 69,79)2
+ 8,692
]1/2
= 34,90 – 35,96 = - 1,06 MPa
τmáx = [(½ 69,79)2
+ 8,692
]1/2
= 35,96MPa
Portanto, para a viga AB teremos: σσσσmáx = 81,64 MPa e ττττmáx = 40,82MPa
Conclusão: para o conjunto de vigas teremos como tensões extremas:
σσσσmáx = 81,64 MPa e ττττmáx = 40,82MPa (ocorrentes no meio do vão da viga EF) e, portanto, o coefici-
ente de segurança será o menor dos valores:
150 / 81,64 = 1,837; 90 / 40,82 = 2,20................................................ C.S = 1,84 (Resposta)
Exercício proposto – Mostre: I) que, para um par de ei-
xos ortogonais (u,v) defasado de um ângulo θ em relação
ao par de referência (x,y), os momentos e produtos de i-
nércia de uma área A se relacionam através das equações:
Ιu = ½ (Ιx + Ιy) + ½ (Ιx - Ιy) cos 2θ + (−Pxy sen 2θ)
- Puv = - ½ (εx - εy) sen 2θ + (- Pxy) cos 2θ.
II) que, para os eixos principais de inércia, (P12 = 0):
Ι1,2 = (Ιx + Ιy)/2 ±±±± {[(1/ 2) (Ιx - Ιy)]2
+ (-Pxy)2
}1/2
(Puv)máx
= {[(1/ 2) (Ιx - Ιy)]2
+ (-Pxy)2
}1/2
III) que se pode utilizar o Círculo de Mohr para momentos
e produtos de inércia, nos mesmos moldes em que foi utili-
zado para as análises das tensões e das deformações.
Obs.: u = x cos θ + y sen θ; v = y cos θ - x sen θ.
x
u
v y
dA
A
x
y
v
u θ
Iu
-Pu v
Ix
Iy I1I2

36
9.6 – Cargas Variáveis. Fadiga
9.6.1 - Fadiga
A experiência mostra que uma peça, submetida a uma carga cíclica, em geral se
deteriora, depois de um certo tempo, sob tensões muito mais baixas do que as obtidas
nos ensaios estáticos do respectivo material. É a chamada fratura por fadiga.Tal decorre
do fato de que o efeito sobre o material provocado pela ação de uma carga alternativa é
diferente daquele produzido pela carga, quando aplicada de forma gradual, até seu valor
final. A ruína devido à ação de um esforço estático provoca uma fratura (com superfície
rugosa) bem diferente daquela provocada pela fadiga do material (com duas regiões distin-
tas na superfície fraturada: uma polida, esmerilhada, e outra rugosa – Fig. 9.5.1).
Sob o carregamento alternado, uma pequena trin-
ca (em geral na superfície, onde as tensões são
mais elevadas, tanto as normais devido à flexão,
como as tangenciais, devido à torção) provoca
uma concentração de tensões no entorno da fenda.
Como a carga se alterna, invertendo o sentido da
tensão, há uma propagação da fenda para o interi-
or da peça, diminuindo a área da parte ainda ínte-
gra da seção, até a danificação total. Tal fenôme-
no é responsável por mais da metade das quebras
dos eixos das máquinas e ferramentas, pois, a
cada giro, um ponto da periferia do eixo, mesmo
submetido a um torque e a um momento fletor
invariantes, passa da condição de tracionado a
comprimido, retornando a ser tracionado a cada
rotação. Por exemplo, num eixo de motor elétrico
girando a 1.800 rpm, a cada segundo ocorrerão 30
desses ciclos de esforços alternados, provocando
um “abre e fecha” da trinca, que prossegue apro-
fundando. É importante não confundir tal fenô-
meno (que ocorre após milhares de ciclos) com o
fenômeno da plastificação alternada, ocorrente
quando se provoca deformações ultrapassando o
limite de escoamento de materiais dúteis, inver-
tendo o sentido da deformação e, após uns poucos
ciclos, o material encruado sofre fratura frágil,
com grande dissipação de energia (caso de arames
que ficam aquecidos quando partidos). A máxima
Fig. 9.6.1–Seção de um eixo fraturado por fadiga:
(a) Região esmerilhada; (b) região rugosa; c) al-
ternância do sentido da tensão normal decorrente
do momento fletor, causada pela rotação do eixo.
a
b
M
M M M
M M
tração tração
compressão
ω
ω
ω
tensão alternada à qual o material pode ser submetido, sem ruptura, mesmo após um milhão (106
) de ci-
clos de solicitação, é a denominada tensão limite de fadiga (σn), medida através da máquina de Moore
(Fig.9.5.2), obtendo-se o gráfico representado abaixo (tensão ruptura x nº de ciclos de solicitação).
Carga
Motor
Conta-Giro
Corpo de Prova Espelhado
M M
10
1
10
2
10
3
10
4
10
5
106
10
7
ciclos
250
500
MPa
σn
90% probabilidade de ruína
10% probabilidade de ruína
trinca
c
Fig.9.6.2 – Máquina de Moore (FADIGA)

37
Alguns Materiais
Tensão Limite
de Escoamento
σe (MPa)
Tensão Limite
de Ruptura
σr (MPa)
Tensão Limite
de Fadiga
σσσσn (MPa)
Relação
σn / σr
Aço Estrutural 250 450 190 0,42
Aço 1040 laminado 360 580 260 0,45
Aço Inoxidável recozido 250 590 270 0,46
Ferro Fundido Cinzento - 170 80 0,47
Alumínio Trabalhado 280 430 120 0,28
Os valores adotados para a tensão limite de resistência à fadiga - σn (obtidos utilizando-se cor-
po de prova com acabamento superficial espelhado, diâmetro de 7,62mm = 1/3 polegada, para até 106
ciclos, submetido à flexão, a uma temperatura que não ultrapasse 71ºC) devem ser corrigidos em fun-
ção das peculiaridades da peça real (quanto a seu acabamento, tamanho, tipo de solicitação, vida limi-
tada, temperatura de trabalho), através de fatores cujas ordens de grandeza são apresentadas na tabela a
seguir (para aços com tensão de ruptura entre 300 e 600MPa *).
σf = σn (a) (b) (c) (d) (e) ............................ (9.6.1)
(a) acabamento (b) tamanho da peça (c) vida limitada (d) tipo de solicita-
ção
(e) temperatura
a =
Espelhado ...............1,00
Retificado.....0,93 a 0,90
Usinado........0,90 a 0,83
c/ ranhura.....0,83 a 0,68
Laminado.....0,70 a 0,50
c/ corrosão...0,60 a 0,40
Corrosão água salgada..
....................0,42 a 0,28
b =
D=10mm..........1,0
D=20mm..........0,9
D=30mm..........0,8
D=50mm..........0,7
D=100mm........0,6
D200mm…..0,58
c =
c = (106
/ n)0,09
n 106
ciclos
d =
Flexão – 1,0
Axial – 0,8
Torção – τ = 0,6 σ
e =
e = 1,0 (t 71ºC)
e = 344/ (273 + tºC)
para t 71ºC
* (Nota: os valores apresentados, repete-se, indicam ordens de grandeza, objetivando, tão-somente,
apontar os fatores que devem ser levados em conta na análise do problema, devendo ser consultadas
as normas técnicas e a bibliografia especializada para a efetiva atribuição das grandezas envolvidas).
9.7 – Concentração de Tensões
Como a falha por fadiga se dá no ponto de alta tensão localizada, qualquer des-
continuidade, seja ela acidental (falha de fundição, bolha, risco na usinagem,...) ou in-
tencional (rasgo de chaveta, furo para pino, escalonamento de diâmetro,...) poderá inici-
ar tal tipo de deterioração. Um coeficiente de segurança (CS) deve ser adotado para co-
brir os casos de falha acidental. Já as descontinuidades previstas no projeto (para mon-
tagens, uniões, juntas, etc) devem ser consideradas com adoção de fatores apropriados
(K) relacionados com a concentração de tensões.
Assim, as equações básicas da Resistência dos Materiais para cálculo das tensões
serão corrigidas escrevendo-se (*, para o caso de eixos circulares):
σN = K (N/A); σM = K (M/I)y; τT = K (T/JP)r (*); τQ = K (QMS/bI)
sendo os valores de K (coeficiente de concentração de tensões) obtidos experimental-
mente (Foto-Elasticidade) ou analiticamente (Teoria da Elasticidade). Os gráficos a se-
guir apresentam alguns exemplos de valores para o coeficiente K.

38
0,5 1,00,0
1,0
2,0
3,0
4,0
K
1
5
10
15
0,0 0,5 1,0
b
d
Relação d/b
b
h
d
Relação d/b
h/b = 0,35
h/b = 0,50
h/b 1,0
K
Relação d/b
b
h
d
M
M
1,0
2,0
3,0
K
D d
r
M M
0,5 1,00,0
1,0
1,5
2,0
Relação r/d
D/d = 4,0
D/d = 1,5
D/d = 1,1
K
h/d 3
h/d 0,33
1,00,5
Observação:
Os valores indi-
cados tanto
podem ser utili-
zados para eixos
circulares com
seções tornea-
das como para
barras chatas.
1,0
2,0
3,0
K
1,00,5 0,10 0,20Relação r/d Relação r/d
D d
rT T
3,0
2,0
1,0
(D-d)/2r = 4
(D-d)/2r = 2
(D-d)/2r = 1
D d
r
T T
D/d = 2
D/d = 1,2
D/d = 1,2
0,05 0,150,0 0,0
K
Fig. 9.6
a b
c
d
e
f

39
9.8 – Cargas Pulsantes.
[σm / (σest)] + [σv / (σfad)] = 1/(CS)............(9.8.1) (Equação de Soderberg)
Como tensão limite para a resistência estática, nos materiais dúteis, adota-se a
tensão de escoamento (σe), enquanto que para os materiais frágeis, adota-se a tensão de
ruptura (σr)
[σm / (σest)] + [ ΚΚΚΚσv / (σfad)] = 1/(CS) ..............(9.8.2) Material dútil
[σm / (σest)] + [σv / (σfad)] = 1/(K . CS)..............(9.8.3) Material Frágil
No caso de peças submetidas a cargas
variáveis, que correspondem a um valor de ten-
são média diferente de zero (σm), ao qual se
sobrepõe um valor alternativo (σv), observa-se
experimentalmente que a falha ocorrerá quando
o par de valores (σm; σv) for plotado acima da
linha reta que une o pontos representativos das
duas tensões limites correspondentes, para a
resistência estática (σest) e para a fadiga (σfad),
como mostrado na figura ao lado.
A equação da reta limite, no plano carte-
siano (σm; σv), será (na forma normal):
[σm / (σest)] + [σv / (σfad)] = 1
Adotando um mesmo coeficiente de se-
gurança (CS) para as tensões consideradas ad-
missíveis, tanto para a fadiga como para a re-
sistência estática do material, teremos:
O efeito da concentração de tensões nos ma-
teriais dúteis é geralmente ignorado, quando se trata
de um carregamento estático, porque o material irá
escoar na região de elevada tensão e o equilíbrio po-
de se restabelecer por redistribuição das tensões sem
qualquer dano. Já se o material é frágil, mesmo uma
carga estática pode causar a ruptura pelo efeito da
concentração de tensões. Por isso a equação de So-
derberg é modificada para levar em conta o efeito da
concentração de tensões nas formas:
σmáx
σméd
σmín
σvar
t
σm
σv
σfad/CS
σest
σest/CS
σfad
σe
frágil dútil
Fig. 9.8.1 – Cargas pulsantes

40
Para o valor mínimo de P (4kN) (metade do valor máximo) as tensões correspondentes terão a
metade do valor, o que leva a concluir que as tensões críticas serão:
Na seção onde M é máximo - σM pulsando entre: 49,38 e 24,69 - σm = 37,04; σV = 12,35MPa
Na seção onde há o furo - σF pulsando entre: 42,33 e 21,17 - σm = 31,35; σV = 10,58MPa
Tratando-se de material dútil e, a favor da segurança, corrigindo o limite de fadiga indicado
(σn= 190MPa) para considerar o acabamento superficial (laminado – a = 0,7) e o tamanho da peça
(90x90 – b = 0,6), teremos σf = 190 x 0,7 x 0,6 = 79,8MPa.
Considerando o efeito de concentração de tensões provocado pelo furo no meio do vão da viga
tiramos do gráfico “d” da fig. 9.4: (para d/b = 20/90 = 0,22 e k/d 90/20 = 4,5 3) →K = 2,4 .
Teremos então, levando em conta a equação 9.3 (material dútil):
[σm / (σest)] + [ ΚΚΚΚσv / (σfad)] = 1/(CS)
a) para a seção sob a carga:
(37,04 / 250) + (12,35/79,8) = 1/CS → CS = 3,3
b) para a seção no meio do vão (onde há o furo):
(31,35/250) + 2,4 x (10,58/79,8) = 1/CS → CS = 2,3
Resp. CS = 2,3
Exemplo 9.8: A viga bi-apoiada esquema-
tizada na figura, fabricada por laminação
em aço com tensão de escoamento 250MPa
e tensão limite de fadiga 190MPa, tem se-
ção quadrada (90x90 mm2
) e um furo ver-
tical circular, de diâmetro 20mm, no meio
do vão. A viga é submetida a uma carga
vertical pulsante P, que varia em módulo
entre 8kN e 4kN, na posição indicada. Pe-
de-se determinar o coeficiente de seguran-
ça considerando a fadiga e a concentração
de tensões.
2,0m
1,0m
1,0m
Furo - D = 20mm P pulsante entre
8kN e 4kN
8kN
6kN2kN
MM = 6kNm
MF= 4kNm
Solução: o diagrama de momentos fletores, para
o caso do valor máximo da força P (8kN) nos
indica como momentos críticos:
MM = 6kNm (valor máximo, na seção sob a carga)
MF = 4kNm (valor na seção onde há o furo).
As tensões correspondentes valerão:
σΜ = {6x103
/ [(0,090)4
/12]}0,045= 49,38MPa
σF ={4x103
/[(0,07)(0,09)3
/12]}0,045= 42,33MPa
Exercício proposto: faça um re-dimensionamento do eixo analisado no exercício 9.5.1 (pág. 33)
considerando:
• que a tensão normal calculada varia alternadamente devido à rotação (σfadiga = 0,7 σescoam)
• que a tensão tangencial calculada é constante;
• que há escalonamentos no diâmetro do eixo para a montagem das polias (K = 1,5);
• que há chavetas conectando as polias ao eixo (K = 1,7).

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