Elementos de Máquinas - UNIDADE 4 - Eixos-Fixos e Eixos-Rotativos

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Unidade 4 
Eixos Fixos 
e Eixos Rotativos 
Elementos 
de Máquinas 
Prof. Me. André L. Bosso 
Elementos de Máquinas 
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Definição 
 Elemento rotativo ou estacionário, geralmente de 
seção circular, que tem montado sobre si elementos 
como engrenagens, polias, volantes, manivelas, 
rodas dentadas e outros elementos de transmissão 
de potência. 
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Definição 
 Eixo Fixo ou Eixo Não-Rotativo 
 Elemento submetido à flexão 
 Função: estrutural (viga estacionária) 
 Exemplo: 
• eixo de rodas girantes 
 
 Eixo Rotativo ou Eixo-Árvore 
 Elemento submetido à flexo-torção 
 Função: transmissão de potência 
 Exemplo: 
• eixo de manivelas / eixo de engrenagens 
 
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Material 
 Os materiais mais usados para a confecção de eixos 
são: 
 
 Aço ABNT 1020 a 1050 (mais baratos) 
 Aço ABNT 2340 (Cromo Níquel) 
 Aço ABNT 4143; 4140 (Cromo Molibdênio) 
 Aço ABNT 6115; 6120; 6140 (Cromo Vanádio) 
 Aço ABNT 8640; 8660 (Cromo Níquel Molibdênio) 
 Aço ABNT 51210; 21410 (Aço Inoxidável) 
 
*** Quanto melhores as características do material, menor pode ser a 
dimensão do elemento, economizando peso e tamanho, entre 
outros, porém aumentando-se o custo da matéria-prima *** 
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 Processos mais utilizados: 
 Torneamento 
 Fundição 
 Extrusão 
 Sinterização 
 Forjamento 
 
 
Fabricação 
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Fabricação 
 os eixos ainda podem: 
 ser tratados termicamente 
 sofrer processos adicionais de acabamento 
 
 Forjamento 
Indicado para eixos que apresentam grande 
diferença entre o diâmetro maior e o diâmetro 
menor (escalonamentos de grandes dimensões), pois 
apresenta resistência mecânica superior em relação 
ao processo de usinagem 
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Dimensionamento Estático 
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 Definição 
 Eixo estático → 𝑛 = 𝑧𝑒𝑟𝑜 
 Eixo quase-estático → 𝑛 ≤ 1000 𝑟𝑝𝑚 
 
 Dimensionamento 
“Baseado” na Teoria de Vigas + Teoria de Tresca 
→ Resistência dos Materiais 
→ Análise de Falha (carregamento estático) 
 
 
Dimensionamento Estático 
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 Tensões em eixos 
 Flexão (momento) 
 
 Torção (torque) 
 
 Axial 
→ desprezível por serem muito pequenas em 
relação à Flexão e Torção 
 
Dimensionamento Estático 
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 Equacionamento 
Da teoria de vigas em RM, temos: 
 
𝜎𝑒𝑖𝑥𝑜 ≤ 𝜎𝑎𝑑𝑚 
 
𝑀𝑖
𝐼
𝑐 
≤ 𝜎𝑎𝑑𝑚 
 
 onde: 
𝝈𝒂𝒅𝒎 → tensão admissível do material 
𝑴𝒊 → momento ideal 
𝑰
𝒄 → módulo de resistência à flexão 
 
(4.1) 
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 Equacionamento 
O módulo de resistência à flexão, para uma seção 
circular, é: 
 
 
𝐼
𝑐
=
𝜋 ∙ 𝑑3
32
 
 
 
 onde: 
𝒅 → diâmetro do eixo 
(4.2) 
Dimensionamento Estático 
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 Equacionamento 
Substituindo (4.2) em (4.1), temos: 
 
 
𝑀𝑖
𝐼
𝑐 
≤ 𝜎𝑎𝑑𝑚 
𝑀𝑖
𝜋 ∙ 𝑑3
32
≤ 𝜎𝑎𝑑𝑚 
𝑑3 ≥
32 ∙ 𝑀𝑖
𝜋 ∙ 𝜎𝑎𝑑𝑚
 
 Isolando (𝑑𝑒) 
 
 
Dimensionamento Estático 
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 Equacionamento 
continuando... 
 
 𝑑3 ≥
32 ∙ 𝑀𝑖
𝜋 ∙ 𝜎𝑎𝑑𝑚
 
𝑑 ≥
32 ∙ 𝑀𝑖
𝜋 ∙ 𝜎𝑎𝑑𝑚
3
 
𝑑 ≥
32
𝜋
3
∙
𝑀𝑖
𝜎𝑎𝑑𝑚
3
 
𝑑 ≥ 2,17 ∙
𝑀𝑖
𝜎𝑎𝑑𝑚
3
 (4.3) 
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 Equacionamento 
Portanto, para eixos de seção circular e maciço, 
temos: 
 
 
𝑑 ≥ 2,17 ∙
𝑀𝑖
𝜎𝑎𝑑𝑚
3
 
(4.4) 𝑑𝑚𝑖𝑛 = 2,17 ∙
𝑀𝑖
𝜎𝑎𝑑𝑚
3
 
 onde: 
𝒅𝒎𝒊𝒏 → diâmetro mínimo aceitável para o eixo 
(4.3) 
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 Equacionamento 
E, para eixos de seção circular e vazado, temos: 
 
 
𝑑𝑚𝑖𝑛 = 2,17 ∙
𝑀𝑖
𝜎𝑎𝑑𝑚
3
 
(4.5) 𝑑𝑚𝑖𝑛 = 2,17 ∙ 𝛽 ∙
𝑀𝑖
𝜎𝑎𝑑𝑚
3
 
 onde: 
𝜷 → coeficiente de forma 
(4.4) 
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 Equacionamento 
O coeficiente de forma é obtido através da seguinte 
relação: 
 
 
𝛽 =
1
1 −
𝑑𝑖
𝑑𝑒
4 
 onde: 
𝒅𝒊 → diâmetro interno do eixo (vazado) 
𝒅𝒆 → diâmetro externo do eixo 
(4.6) 
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 Equacionamento 
O Momento ideal é obtido através da seguinte 
relação: 
 
 
𝑀𝑖 = 𝑀𝑓𝑐
2 +𝑀𝑡
2 
 onde: 
𝑴𝒇𝒄 → momento fletor combinado 
𝑴𝒕 → momento de torção 
(4.7) 
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 Equacionamento 
O Momento Fletor Combinado é obtido através da 
seguinte relação: 
 
 
𝑀𝑐 = 𝑀𝑓𝑕
2 +𝑀𝑓𝑣
2 
 onde: 
𝑴𝒇𝒉 → momento fletor do plano horizontal 
𝑴𝒇𝒗 → momento fletor do plano vertical 
(4.8) 
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 Equacionamento 
Para o caso estático (ou quase-estático), a tensão 
admissível do material é determinada através da 
seguinte relação: 
 
 
𝜎𝑎𝑑𝑚 =
𝜎𝑝𝑒𝑟𝑖𝑔𝑜𝑠𝑎
𝐹𝑆
 
 onde: 
𝑭𝑺 → fator de segurança 
𝝈𝒑𝒆𝒓𝒊𝒈𝒐𝒔𝒂 → tensão perigosa, limite de projeto 
(4.10) 
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 Equacionamento 
A tensão perigosa 𝜎𝑝𝑒𝑟𝑖𝑔𝑜𝑠𝑎 pode ser: 
 
 Material Frágil 
→ a tensão de ruptura do material 𝜎𝑟 
 
 Material Dúctil 
→ a tensão de escoamento do material 𝜎𝑒 
 
 
 Tensões de ruptura e de escoamento de alguns 
materiais são encontradas nas tabelas A-18 / A-19 / 
A-20 e A-22 (Budynas - 8ᵃ edição) 
 
 
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 Equacionamento 
Uma tabela prática para o Fator de Segurança 𝐹𝑆 
sugere: 
 
Carga 
FS Observação 
Tipo Aplicação 
Constante 
Gradual 1,5 ≈ 2,0 Estes valores 
devem ser 
multiplicados 
por 2 a 3 se for 
considerado 
perigo de vida 
humana 
Súbita 3,0 ≈ 4,0 
Variável 
Pulsante 3,0 ≈ 5,0 
Alternada 4,0 ≈ 8,0 
Choque 7,0 ≈ 10,0 
Fonte: Niemann 
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Exercícios – (1) 
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 O eixo com pinhão integrado exibido na figura 
abaixo deve ser montado em mancais nos locais 
indicados e ter uma engrenagem (não-mostrada) 
montada na extremidade direita do balanço 
25 
10 
100 
25 
60 
10 
𝑑
10 
medidas em [mm] 
Exercícios – (1) 
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 O diagrama de carregamento, figura abaixo, mostra 
que a força no pinhão em A e a força na 
engrenagem em C estão no mesmo plano. 
 
 Torques iguais e opostos 𝑇𝐴 e 𝑇𝐶 estão representados 
em A e C, tal como as forças 
9.000 𝑁 5.000 𝑁 
𝑅𝑂 = 3.000 𝑁 𝑅𝐵 = 10.800 𝑁 
𝑇𝐶 = 370 𝑁.𝑚 
75 75 40medidas em [mm] 
Exercícios – (1) 
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 O diagrama de momento flexor, figura abaixo, ilustra 
um extremo em A e em B. O diâmetro menor no 
ponto B em relação ao ponto A, torna este local 
decisivo no centro do mancal direito. 
𝑂 𝐴 𝐵 𝐶 
𝑀 
𝑀𝐴 = 225 𝑁.𝑚 
𝑀𝐵 = −200 𝑁.𝑚 
Exercícios – (1) 
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 Uma vez que o eixo é utilizado em emergências 
intermitentes, seu uso não excederá a 1.000 𝑟𝑝𝑚 à 
carga plena; dessa forma, o problema pode ser 
tratado como quase-estático 
 
 O material é aço carbono tratado termicamente, 
com resistência média ao escoamento de 455 𝑀𝑃𝑎 
 
 Nessas circunstâncias, o engenheiro de projeto 
decide empregar um fator de projeto de 1,80 
 
 Qual é o menor diâmetro para o mancal de 
deslizamento direito? 
 
Exercícios – (2) 
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 Determine o menor diâmetro possível para um eixo 
maciço e estático, sabendo que o mesmo possui um 
momento fletor combinado de 𝟗𝟎 𝑵.𝒎 e um 
momento de torção de 𝟕𝟎 𝑵.𝒎 
 
 Considere: 
Fator de Segurança → 1,5 
 
Material do eixo 
→ ABNT 1035 laminado a quente 
→ Tabela A-18 → 𝜎𝑒 = 270 𝑀𝑃𝑎 
 
 
 
Exercícios – (3) 
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 Utilizando os mesmos dados do exercício anterior, 
determine o menor diâmetro possível para um eixo 
vazado e estático 
 
 Considere o diâmetro interno igual à metade do seu 
diâmetro externo 
 
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Dimensionamento à Fadiga 
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 Definição 
 Eixo rotativo → 𝑛 > 1000 𝑟𝑝𝑚 (em plena carga) 
 Carregamento Dinâmico 
 Tensão Flutuante 
 
 Dimensionamento 
“Baseado” em Von Mises + Critério de Falha (fadiga) 
→ Soderberg (materiais Dúcteis) 
→ Goodman (materiais Frágeis) 
 
 
Dimensionamento à Fadiga 
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 Locais críticos 
Para um correto dimensionamento de eixo, não é 
necessário as tensões de um eixo em cada ponto. A 
análise de alguns poucos pontos críticos são 
suficientes 
 
entalhes furos rebaixos 
Dimensionamento à Fadiga 
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 Locais críticos → Exemplo: Eixo de engrenagens 
 
Dimensionamento à Fadiga 
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 Nesse exemplo, os locais críticos encontram-se: 
 
 na superfície externa do mesmo 
 
 onde o momento fletor e o cisalhamento é grande 
 pontos [A, G, J, B]] 
 
 onde o torque está presente 
 pontos [G, J] 
 
 onde há concentrações de tensões 
 pontos [C, D, F, H, I, K, M, N] 
 
Dimensionamento à Fadiga 
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 Tensões em eixos 
 Flexão (momento) 
 Para um eixo maciço e de seção circular 
 O módulo de resistência à flexão é: 
𝜎𝑎 = 𝐾𝑓 ∙
𝑀𝑎
𝐼
𝑐 
 𝜎𝑚 = 𝐾𝑓 ∙
𝑀𝑚
𝐼
𝑐 
 (4.12) (4.11) 
𝐼
𝑐
=
𝜋 ∙ 𝑑3
32
 (𝐼) 
Dimensionamento à Fadiga 
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 Tensões em eixos 
 Flexão (momento) 
 Assumindo um eixo maciço e de seção circular 
 Sendo: 
𝝈𝒎 → tensão média de flexão [𝑀𝑃𝑎] 
𝝈𝒂 → tensão de amplitude de flexão [𝑀𝑃𝑎] 
 
𝜎𝑎 = 𝐾𝑓 ∙
32 ∙ 𝑀𝑎
𝜋 ∙ 𝑑3
 𝜎𝑚 = 𝐾𝑓 ∙
32 ∙ 𝑀𝑚
𝜋 ∙ 𝑑3
 (4.14) (4.13) 
Dimensionamento à Fadiga 
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 Tensões em eixos 
 Torção (torque) 
 Para um eixo maciço e de seção circular 
 O módulo de resistência à torção é: 
𝜏𝑎 = 𝐾𝑓𝑠 ∙
𝑇𝑎
𝐼
𝑐 
 𝜏𝑚 = 𝐾𝑓𝑠 ∙
𝑇𝑚
𝐼
𝑐 
 (4.16) (4.15) 
𝐼
𝑐
=
𝜋 ∙ 𝑑3
16
 (𝐼𝐼) 
Dimensionamento à Fadiga 
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 Tensões em eixos 
 Torção (torque) 
 Assumindo um eixo maciço e de seção circular 
 Sendo: 
𝝉𝒎 → tensão média torcional [𝑀𝑃𝑎] 
𝝉𝒂 → tensão de amplitude torcional [𝑀𝑃𝑎] 
 
𝜏𝑎 = 𝐾𝑓𝑠 ∙
16 ∙ 𝑇𝑎
𝜋 ∙ 𝑑3
 𝜏𝑚 = 𝐾𝑓𝑠 ∙
16 ∙ 𝑇𝑚
𝜋 ∙ 𝑑3
 (4.18) (4.17) 
Dimensionamento à Fadiga 
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 Tensões em eixos 
onde: 
 
𝑀𝑎 → Momento flexor de amplitude 𝑁 ∙ 𝑚 
𝑀𝑚 → Momento flexor médio 𝑁 ∙ 𝑚 
 
𝑇𝑎 → Torque de amplitude 𝑁 ∙ 𝑚 
𝑇𝑚 → Torque médio 𝑁 ∙ 𝑚 
 
𝐾𝑓 → Fator de concentração de tensão de fadiga 
 para flexão 
𝐾𝑓𝑠 → Fator de concentração de tensão de fadiga 
 para torção 
 
Dimensionamento à Fadiga 
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 Tensões em eixos 
 Axial 
→ desprezível por serem muito pequenas em 
relação à Flexão e Torção 
 
Dimensionamento à Fadiga 
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 Tensões de von Mises 
Combinando as tensões (4.13) e (4.17) na Teoria de 
Falha da Energia de Distorção, para a tensão 
equivalente média, temos: 
𝜎′𝑒𝑚 = 𝜎𝑚 2 + 3 ∙ 𝜏𝑚 2 
𝜎′𝑒𝑚 = 𝐾𝑓 ∙
32 ∙ 𝑀𝑚
𝜋 ∙ 𝑑3
2
+ 3 ∙ 𝐾𝑓𝑠 ∙
16 ∙ 𝑇𝑚
𝜋 ∙ 𝑑3
2
 (4.19) 
Dimensionamento à Fadiga 
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 Tensões de von Mises 
Combinando as tensões (4.14) e (4.18) na Teoria de 
Falha da Energia de Distorção, para a tensão 
equivalente de amplitude, temos: 
𝜎′𝑒𝑎 = 𝜎𝑎 2 + 3 ∙ 𝜏𝑎 2 
𝜎′𝑒𝑎 = 𝐾𝑓 ∙
32 ∙ 𝑀𝑎
𝜋 ∙ 𝑑3
2
+ 3 ∙ 𝐾𝑓𝑠 ∙
16 ∙ 𝑇𝑎
𝜋 ∙ 𝑑3
2
 (4.20) 
Dimensionamento à Fadiga 
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 Critério de Falha em Fadiga 
Utilizando a teoria de falha da energia de distorção 
(DE), para eixos circulares sólidos em rotação, dois 
critérios de falha são dotados (aqui) para 
dimensionamento de eixos, sendo: 
 
 DE-Goodman → Materiais Frágeis 
 DE-Soderberg → Materiais Ductéis 
 
Dimensionamento à Fadiga 
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 Da seção anterior (UNIDADE 3), temos: 
 
 Para carregamento combinado 
→ Critério de Goodman 
 
𝜎𝑒𝑎
𝑆𝑒
+
𝜎𝑒𝑚
𝑆𝑢𝑡
=
1
𝐹𝑆
 (3.44) 
 Utilizando as tensões equivalentes de von Mises 
→ DE-Goodman 
𝜎′𝑒𝑎
𝑆𝑒
+
𝜎′𝑒𝑚
𝑆𝑢𝑡
=
1
𝐹𝑆
 (4.21) 
Dimensionamento à Fadiga 
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 Da seção anterior (UNIDADE 3), temos: 
 
 Para carregamento combinado 
→ Critério de Soderberg 
 
𝜎𝑒𝑎
𝑆𝑒
+
𝜎𝑒𝑚
𝜎𝑒
=
1
𝐹𝑆
 (3.45) 
 Utilizando as tensões equivalentes de von Mises 
→ DE-Soderberg 
𝜎′𝑒𝑎
𝑆𝑒
+
𝜎′𝑒𝑚
𝜎𝑒
=
1
𝐹𝑆
 (4.22) 
Dimensionamento à Fadiga 
Elementos de Máquinas 
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 Critério de Falha em Fadiga 
Substituindo (4.19) e (4.20) em (4.21), temos: 
 DE-Goodman → Materiais Frágeis 
 Em função do Coeficiente de Segurança 
1
𝐹𝑆
=
16
𝜋𝑑3
1
𝑆𝑒
4 𝐾𝑓𝑀𝑎
2
+ 3 𝐾𝑓𝑠𝑇𝑎
2
+
1
𝑆𝑢𝑡
4 𝐾𝑓𝑀𝑚
2
+ 3 𝐾𝑓𝑠𝑇𝑚
2
 
1
𝐹𝑆
=
𝜎′𝑒𝑎
𝑆𝑒
+
𝜎′𝑒𝑚
𝑆𝑢𝑡
 
(4.23) 
Dimensionamento à Fadiga 
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 Critério de Falha em Fadiga 
Substituindo (4.19) e (4.20) em (4.21), temos: 
 DE-Goodman → Materiais Frágeis 
 Em função do Diâmetro Mínimo do Eixo 
𝑑𝑚𝑖𝑛 =
16𝐹𝑆
𝜋
1
𝑆𝑒
4 𝐾𝑓𝑀𝑎
2
+ 3 𝐾𝑓𝑠𝑇𝑎
2
+
1
𝑆𝑢𝑡
4 𝐾𝑓𝑀𝑚
2
+ 3 𝐾𝑓𝑠𝑇𝑚
23
 
1
𝐹𝑆
=
𝜎′𝑒𝑎
𝑆𝑒
+
𝜎′𝑒𝑚
𝑆𝑢𝑡
 
(4.24) 
Dimensionamentoà Fadiga 
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 Critério de Falha em Fadiga 
Substituindo (4.19) e (4.20) em (4.22), temos: 
 DE-Soderberg → Materiais Ductéis 
 Em função do Coeficiente de Segurança 
1
𝐹𝑆
=
16
𝜋𝑑3
1
𝑆𝑒
4 𝐾𝑓𝑀𝑎
2
+ 3 𝐾𝑓𝑠𝑇𝑎
2
+
1
𝜎𝑒
4 𝐾𝑓𝑀𝑚
2
+ 3 𝐾𝑓𝑠𝑇𝑚
2
 
1
𝐹𝑆
=
𝜎′𝑒𝑎
𝑆𝑒
+
𝜎′𝑒𝑚
𝜎𝑒
 
(4.25) 
Dimensionamento à Fadiga 
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 Critério de Falha em Fadiga 
Substituindo (4.19) e (4.20) em (4.22), temos: 
 DE-Soderberg → Materiais Ductéis 
 Em função do Diâmetro Mínimo do Eixo 
𝑑𝑚𝑖𝑛 =
16𝐹𝑆
𝜋
1
𝑆𝑒
4 𝐾𝑓𝑀𝑎
2
+ 3 𝐾𝑓𝑠𝑇𝑎
2
+
1
𝜎𝑒
4 𝐾𝑓𝑀𝑚
2
+ 3 𝐾𝑓𝑠𝑇𝑚
23
 
1
𝐹𝑆
=
𝜎′𝑒𝑎
𝑆𝑒
+
𝜎′𝑒𝑚
𝜎𝑒
 
(4.26) 
Dimensionamento à Fadiga 
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 Critério de Falha em Fadiga 
onde: 
 
𝐹𝑆 → Coeficiente de Segurança à Fadiga 
 
𝑑 → diâmetro do eixo 𝑚 
 
𝑆𝑒 → Limite de Endurança real do material 𝑀𝑃𝑎 
 
𝑆𝑢𝑡 → Resistência última a tração do material 𝑀𝑃𝑎 
 
𝜎𝑒 → Tensão de escoamento do material 𝑀𝑃𝑎 
 
Dimensionamento à Fadiga 
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 Fator de Segurança ao Escoamento 
Devido ao fato do critério de Goodman não se 
resguardar contra o escoamento, uma verificação 
separada para o mesmo se faz necessária para essa 
teoria. 
 
 Uma tensão máxima de von Mises é calculada para 
esse propósito, ou seja: 
 
𝜎′𝑚𝑎𝑥 = 𝜎𝑚 + 𝜎𝑎 2 + 3 𝜏𝑚 + 𝜏𝑎 2 (4.27) 
Dimensionamento à Fadiga 
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 Fator de Segurança ao Escoamento 
Substituindo as equações (4.13), (4.14), (4.17) e (4.18) 
em (4.27), temos: 
 
𝜎′𝑚𝑎𝑥 = 𝜎𝑚 + 𝜎𝑎 2 + 3 𝜏𝑚 + 𝜏𝑎 2 
(4.28) 𝜎′𝑚𝑎𝑥 =
32𝐾𝑓 𝑀𝑚 +𝑀𝑎
𝜋𝑑3
2
+ 3
16𝐾𝑓𝑠 𝑇𝑚 + 𝑇𝑎
𝜋𝑑3
2
 
Dimensionamento à Fadiga 
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 Fator de Segurança ao Escoamento 
Para verificar o escoamento, esta tensão máxima de 
von Mises (4.28) é comparada à Tensão de 
Escoamento do material, ou seja: 
(4.29) 𝐹𝑆𝑒𝑠𝑐 =
𝜎𝑒
𝜎′𝑚𝑎𝑥
 
Dimensionamento à Fadiga 
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 Considerações Importantes 
Para um eixo rodando com torção e flexão 
constantes, a tensão de flexão é completamente 
reversa e a torção é estável, ou seja: 
Tensão de flexão 
completamente reversa 
𝜎𝑚 = 𝑧𝑒𝑟𝑜 
𝜎𝑚 = 𝐾𝑓 ∙
32 ∙ 𝑀𝑚
𝜋 ∙ 𝑑3
 
𝑀𝑚 = 𝑧𝑒𝑟𝑜 
Analisando o gráfico 
Dimensionamento à Fadiga 
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 Considerações Importantes 
Para um eixo rodando com torção e flexão 
constantes, a tensão de flexão é completamente 
reversa e a torção é estável, ou seja: 
𝑇𝑚𝑎𝑥 = 𝑇𝑚𝑖𝑛 = 𝑇 
𝑇𝑎 = 𝑧𝑒𝑟𝑜 
Torque estável → Torque constante 
𝑇𝑎 =
𝑇𝑚𝑎𝑥 − 𝑇𝑚𝑖𝑛
2
 (3.29) 
Dimensionamento à Fadiga 
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 Considerações Importantes 
Para um eixo rodando com torção e flexão 
constantes, a tensão de flexão é completamente 
reversa e a torção é estável, ou seja: 
 
𝑀𝑚 = 𝑧𝑒𝑟𝑜 𝑒 𝑇𝑎 = 𝑧𝑒𝑟𝑜 
 
 Eliminado assim alguns termos das equações 
propostas. 
Dimensionamento à Fadiga 
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 Eixo vazado 
Seja: 
 𝑑𝑒 → diâmetro externo 
 𝑑𝑖 → diâmetro interno 
 
 Definir: 
𝐾 =
𝑑𝑖
𝑑𝑒
 
 
 Substituir nas equações desenvolvidas: 
 
𝑑 → 𝑑𝑒 ∙ 1 − 𝐾4
3 
Dimensionamento à Fadiga 
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 Estimando 𝐾𝑡 e 𝐾𝑡𝑠 sem conhecer o diâmetro do eixo 
Utiliza-se para a primeira iteração os valores 
propostos na tabela 7. 
 
 
 
 
 
 
 
 Após determinar os valores dos diâmetros, refazer os 
cálculos com 𝐾𝑡 e 𝐾𝑡𝑠 corretos. 
Fonte: Shigley 
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Exercícios – (4) 
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 Um eixo sob flexão, possui um ressalto usinado, onde 
o diâmetro menor 𝑑 é 28 𝑚𝑚, o diâmetro maior 𝐷 é 
42 𝑚𝑚, e o raio do filete é 2,8 𝑚𝑚 
 
 O momento fletor constante de 142,4 𝑁.𝑚 cria uma 
tensão de flexão completamente reversa e o torque 
estável é de 124,3 𝑁.𝑚 
 
 O eixo de material termo-tratado tem uma resistência 
última à tração de 735 𝑀𝑃𝑎 e uma tensão de 
escoamento de 574 𝑀𝑃𝑎 
 
 A meta de confiabilidade é de 99% 
 
Exercícios – (4) 
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 Determine: 
 
a) FS considerando Material Frágil 
 → critério DE-Goodman 
 
b) FS considerando Material Dúctil 
 → critério DE-Soderberg 
 
c) FS ao Escoamento 
Exercícios – (4) 
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 Para agilizar os cálculos, adote: 
 
 Limite de Endurança teórico → 𝑆′𝑒 = 0,5 ∙ 𝑆𝑢𝑡 
 
 Fator de superfície → 𝑘𝑎 = 0,787 
 Fator de tamanho → 𝑘𝑏 = 0,870 
 Fator de carregamento → 𝑘𝑐 = 1 
 Fator de temperatura → 𝑘𝑑 = 1 
 Fator de confiabilidade → 𝑘𝑒 = 0,814 
 Figura A-13-9 → 𝐾𝑡 = 1,68 
 Figura 6-20 → 𝑞 = 0,85 
 Figura A-13-8 → 𝐾𝑡𝑠 = 1,42 
 Figura 6-21 → 𝑞𝑠 = 0,92 
Exercícios – (5) 
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 No trem de engrenagem de redução mostrado, o 
eixo (𝑎) é movido por um motor vinculado por um 
acoplamento flexível atado ao balanço 
 
 O motor provê um torque de 280 𝑁.𝑚 a uma 
velocidade de 1.800 𝑟𝑝𝑚 
 
 As engrenagens tem ângulo de pressão de 20°, com 
diâmetros mostrados na figura. 
 
 Use um aço SAE 1020 estirado a frio e utilize 𝐹𝑆 = 1,5 
 
 
 
Exercícios – (5) 
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Dimensões em [𝑚𝑚] 
200 1 
2 3 
4 
Exercícios – (5) 
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 Pede-se: 
 
a) Faça uma análise de força para encontrar as forças 
de reação de mancal e gere os diagramas 
momento fletor e torque 
 
b) Determine o diâmetro do eixo no local onde é 
montado o pinhão - engrenagem (1) 
 
c) Faça um esboço do eixo (𝑎) 
 
 
 
Exercícios – (5) 
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 Slide de apoio 
 Tabela A-18 → SAE 1020 CD 
𝑆𝑢𝑡 = 470 𝑀𝑃𝑎 
𝜎𝑒 = 390 𝑀𝑃𝑎 
 
 Diagrama de Forças 
𝑊 
𝑅𝐴 𝑅𝐵 
230 [𝑚𝑚] 50 [𝑚𝑚] 150 [𝑚𝑚] 
𝐸 𝑂 
 Sendo: 
 
𝑊 → modulo da força [𝑁] 
𝑊𝑡 → força tangencial [𝑁] 
𝑊𝑟 → força radial [𝑁] 
 
Exercícios – (5) 
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 Slide de apoio 
 ECDR 
𝑇 = 𝑊𝑡 ∙
𝑑𝑒
2
 𝑊𝑡 =
2 ∙ 𝑇
𝑑𝑒
 
𝑊𝑟 = 𝑊𝑡 ∙ tan 𝜃 
 
 
𝑇 → torque [𝑁.𝑚] 
𝑑𝑒 → diâmetro engrenagem [𝑚] 
𝜃 → ângulo de pressão [°] 
 
𝑊 = 𝑊𝑡
2 +𝑊𝑟
2 
Exercícios – (5) 
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 Slide de apoio 
 Limite de Endurança Real → 𝑆𝑒 = 𝑘𝑎 ∙ 𝑘𝑏 ∙ 𝑘𝑐 ∙ 𝑘𝑑 ∙ 𝑘𝑒 ∙ [0,5 ∙ 𝑆𝑢𝑡] 
𝑘𝑎 = 𝑎 ∙ 𝑆𝑢𝑡
𝑏 
 Fonte: Shigley 
𝑘𝑏 = 1,24 ∙ 𝑑
−0,107 → 2,79 ≤ 𝑑 ≤ 51 𝑚𝑚 
 
𝑘𝑏 = 1,51 ∙ 𝑑
−0,157 → 51 < 𝑑 ≤ 254 𝑚𝑚 
 Fatores modificadores 
𝑘𝑐 = 𝑘𝑑 = 𝑘𝑒 = 1 
 
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𝑞 
Fonte: Shigley 
flexão 
 Slide de apoio → Cartas de Sensibilidade 
Exercícios – (5) 
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torção 
Fonte: Shigley 
𝑞𝑠 
200 Bhn = 689 MPa 
 Slide de apoio → Cartas de Sensibilidade 
Exercícios – (5) 
Exercícios – (5) 
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 Resolução → letra (a) 
 ECDR 
𝑊𝑡 =
2 ∙ 280
0,100
 
𝑊𝑟 = 5.600 ∙ tan 20° 
𝑊 = 5.600 2 + 2.038,23 2 
𝑊𝑡 = 5.600 [𝑁] 
𝑊𝑟 = 2.038,23 [𝑁] 
𝑊 = 5.959,39 [𝑁] 
𝑊𝑡 =
2 ∙ 𝑇
𝑑𝑒
 
𝑊𝑟 = 𝑊𝑡 ∙ tan 𝜃 
𝑊 = 𝑊𝑡
2 +𝑊𝑟
2 
Exercícios – (5) 
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 Resolução → letra (a) 
 Diagrama de Forças 
𝑊 = 5.959,39 [𝑁] 
𝑅𝐴 = 1.064,18 [𝑁] 𝑅𝐵 = 4.895,21 [𝑁] 
230 [𝑚𝑚] 50 [𝑚𝑚] 150 [𝑚𝑚] 
𝐸 𝑂 
Exercícios – (5) 
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 Resolução → letra (a) 
 Diagrama de Momento e Torque 
𝑇 = 280 [𝑁.𝑚] 
𝐴 𝐵 𝐸 
𝑀 = 244,76 [𝑁.𝑚] 
𝐴 𝐵 𝐸 𝑂 
𝑂 
Resp. (a) 
Exercícios – (5) 
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 Desenho do eixo 
Resp. (c) 
40 40 
32 32 30 
Dimensões em [𝑚𝑚] 
Exercícios – (6) 
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 Utilizando os dados do exercício anterior, determine 
para o eixo (𝑏), o diâmetro: 
 
a) No local onde é 
montado a engrenagem (2) 
 
b) No local onde é 
montado a engrenagem (3) 
Exercícios – (6) 
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 Do exercício (5) temos: 
 
 Engrenagens com ângulo de pressão de 20° 
 
 Eixo de aço SAE 1020 estirado a frio 
 
 𝐹𝑆 = 1,5 
 
 𝑊𝑡1 = 5.600 𝑁 
 
 
 
 
 
Exercícios – (6) 
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 Slide de apoio 
 𝑊𝑡1 = 𝑊𝑡2 
 
 
 Diagrama de Forças 
𝑊2 
𝑅𝐶 𝑅𝐷 
75 [𝑚𝑚] 155 [𝑚𝑚] 50 [𝑚𝑚] 
𝐸2 
𝑊3 
𝐸3 
 Tabela A-18 → SAE 1020 CD 
𝑆𝑢𝑡 = 470 𝑀𝑃𝑎 
𝜎𝑒 = 390 𝑀𝑃𝑎 
Exercícios – (6) 
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 Resolução → Reação nos apoios 
 ECDR (2) 
𝑇𝑏 = (5.600) ∙
0,500
2
 
𝑊𝑟2 = 5.600 ∙ tan 20° 
𝑊2 = 5.600 2 + 2.038,23 2 
𝑇𝑏 = 1.400 [𝑁.𝑚] 
𝑊𝑟2 = 2.038,23 [𝑁] 
𝑊2 = 5.959,39 [𝑁] 
𝑇𝑏 = 𝑊𝑡2 ∙
𝑑𝑒2
2
 
𝑊𝑟2 = 𝑊𝑡2 ∙ tan 𝜃 
𝑊2 = 𝑊𝑡2
2 +𝑊𝑟2
2 
Exercícios – (6) 
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 Resolução → Reação nos apoios 
 ECDR (3) 
𝑊𝑡3 =
2 ∙ 1.400
0,200
 
𝑊𝑟3 = 14.000 ∙ tan 20° 
𝑊3 = 14.000 2 + 5.095,58 2 
𝑊𝑡3 = 14.000 [𝑁] 
𝑊𝑟3 = 5.095,58 [𝑁] 
𝑊3 = 14.898,49 [𝑁] 
𝑊𝑡3 =
2 ∙ 𝑇𝑏
𝑑𝑒3
 
𝑊𝑟3 = 𝑊𝑡3 ∙ tan 𝜃 
𝑊3 = 𝑊𝑡3
2 +𝑊𝑟3
2 
Exercícios – (6) 
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 Resolução → Reação nos apoios 
 𝑀𝐶 = 𝑧𝑒𝑟𝑜 𝑀𝐶 +𝑀𝐷 +𝑀𝐸2 +𝑀𝐸3 = 𝑧𝑒𝑟𝑜 
𝑧𝑒𝑟𝑜 + 𝑅𝐷 ∙ 0,280 −𝑊2 ∙ 0,230 −𝑊3 ∙ 0,075 = 𝑧𝑒𝑟𝑜 
𝑅𝐷 ∙ 0,280 = 𝑊2 ∙ 0,230 +𝑊3 ∙ 0,075 
𝑅𝐷 =
5.959,39 ∙ 0,230 + 14.898,49 ∙ 0,075
0,280
 
𝑅𝐷 = 8.885,88 [𝑁] 
Exercícios – (6) 
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 Resolução → Reação nos apoios 
 𝐹𝑉 = 𝑧𝑒𝑟𝑜 
𝑅𝐶 + 𝑅𝐷 = 𝑊2 +𝑊3 
𝑅𝐶 + 𝑅𝐷 = 5.959,39 + 14.898,49 
𝑅𝐶 + 𝑅𝐷 = 20.857,88 [𝑁] 
𝑅𝐶 + 𝑅𝐷 +𝑊2 +𝑊3 = 𝑧𝑒𝑟𝑜 𝑅𝐶 = 20.857,88 − 𝑅𝐷 
𝑅𝐶 = 20.857,88 − 8.885,88 
𝑅𝐶 = 11.972,00 [𝑁] 
Exercícios – (6) 
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 Diagrama de Forças 
𝑊2 = 5.959,39 [𝑁] 
𝑅𝐶 = 11.972,00 [𝑁] 𝑅𝐷 = 8.885,88 [𝑁] 
75 [𝑚𝑚] 155 [𝑚𝑚] 50 [𝑚𝑚] 
𝐸2 
𝑊3 = 14.898,49 [𝑁] 
𝐸3 
Exercícios – (6) 
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 Diagrama de Momento e Torque 
𝐸2 𝐸3 𝐶 𝐷 
𝑀3 = 897,90 [𝑁.𝑚] 
𝑀2 = 444,29 [𝑁.𝑚] 
𝐸2 𝐸3 𝐶 𝐷 
𝑇𝑏 = 1.400 [𝑁.𝑚] 
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