Elementos de máquinas- Exercícios dimensionamento de eixos resolvido.

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DIMENSIONAMENTO DE EIXOS fev.2021 
 
Exemplo 1 - Eixo motriz de elevador industrial por corrente de rolos. Aço SAE-1045 com limite 
de escoamento 350 MPa, ruptura 560 MPa, Temperatura ambiente, dimensão de referência 
65mm para fadiga, confiabilidade 95%. Carga 17 kN. Elevação a 14 metros / min. Fator de 
concentração de tensões 2,2 nos trechos com chaveta e de segurança 1,5. 
 
 
A] – Determine a tensão limite de fadiga. 
Se = 0,5.Sr . Ka . Kb . Kc . Kd . Ke 
Ka – superfície 
 Pela tabela a = 4,51 e b= -0,265 
 Ka = 4,51 / 560^0,265 = 0,843 
Kb – tamanho 
 Dado tamanho referência 65 mm 
 65 > 51 enquadra na expressão Kb = 1,51 / d^0,157 
 Kb = 1,51 / 65^0,157 = 0,784 
Kc – tipo de tensão 
 Torção e flexão -> Kc = 0,59 (prevalece o menor valor na faixa) 
Kd – Temperatura 
 Temp ambinente -> Kd = 1 
Ke – confiabilidade 
 Para 95% -> Ke = 0,858 
Vem Se = 0,5.560 . 0,843 . 0,784 . 0,59 . 1 . 0,858 
 Tensão limite de fadiga Se = 93,7 MPa 
 
B] – Calcule as reações e momentos por trecho 
 
 Mf = 8270 (0,19) = 1571 Nm 
 
 
C] –Calcule os diâmetros mínimos por trecho 
Trecho AB 
Flexão pura 
𝑑 =
32. 𝑀𝑓. 𝐾𝑓. 𝐹𝑠
𝜋𝑆𝑒
 [𝑚] 
𝑑 =
32.1571.2,2.1,5
𝜋. 93700000
 = [0,0826𝑚] 
 . dAB min 82,6 mm 
 
 
 
 
E] – faça esboço com cotas 
 
 
F] Calcule o peso 
 
 
 
 
Exercício 2 
O acionamento de uma esteira transportadora esquema abaixo adota eixo SAE-1060 
com escoamento 390 MPa, Ruptura 760 MPa. Todo usinado, opera a temperatura ambiente. O 
peso no tambor é de 9,2 kN, as forças nas esteira 20 kN em cima e 9 kN embaixo. O 
acionamento é feito por correia dentada no diâmetro primitivo Dp 360 mm. Confiabilidade 
90%. Tamanho de referência para fadiga ø 105 mm. Fatores concentração de tensões 2,2 e 
segurança 1,5. 
 
Dimensione e faça esboço do eixo 
Solução 
Diagrama de cargas 
 
a) Tensão limite de fadiga 
Se = 0,5 . Sr . Ka . Kb . Kc . Kd . Ke 
Ka – superfície Ka = a . Sr^b 
 Pela tabela a = 4,51 e b= -0,265 
 Ka = 4,51 / 760^0,265 = 0,778 
Kb – tamanho 
Dado tamanho referência 105 mm 
105 > 51 enquadra na expressão Kb = 1,51 / d^0,157 
 Kb = 1,51 / 105^0,157 = 0,727 
Kc – tipo de tensão 
 Torção e flexão -> Kc = 0,59 (prevalece o menor valor na faixa) 
d – Temperatura 
 Temp ambinente -> Kd = 1 
Ke – confiabilidade 
 Para 90% -> Ke = 0,897 
Vem Se = 0,5.760 . 0,778 . 0,727 . 0,59 . 1 . 0,897 
Tensão limite de fadiga Se = 113,7 MPa 
 
b) Calcule reações e momentos no plano vertical 
 
Por simetria, Va = Vd = 4,6 kN 
 
 Mb = 4600 . 0,23 = 1058 Nm vertical 
 Mc = 4600 . 0,23 = 1058 Nm vertical 
c) Calcule reações e momentos no plano horizontal 
A força na correia equilibra / gera torque para a diferença de forças na correia 
 
 
Determinando a força horizontal na correia 
Equilíbrio de torques 
Raio de 410mm no tambor é 0,205 m 
Raio de 360 mm na polia é 0,18 m 
(20000-9000).0,205 = He . 0,18 
Tem-se He = 12528 N 
 
Usando equilíbrio de momentos no ponto A 
Hd . (0,23+0,23+0,75) + 12528 . 1,42 = 14500 . 0,23 + 14500 . 0,98 
Sai Hd = -202 N ( o sinal negativo significa inversão do sentido, força para baixo) 
 
Soma das forças horizontais 
14500 + 14500 + 202 = 12528 + Ha tem-se Ha = 16674 N 
 
Mb = 16674 . 0,23 = 3835 Nm 
Mc = 12528 . 0,44 – 202 . 0,23 = 5466Nm 
Md = 12528 . 0,21 = 2631 Nm 
d) Faça o gráfico de momentos torsores 
 
e) Calcule diâmetros mínimos por trecho 
Trecho AB – Flexão pura 
Mf vertical 1058 Nm 
Mf horizontal 3835 Nm 
Mf resultante (soma vetorial) 3978 Nm fazendo soma vetorial 
𝐹𝑙𝑒𝑥ã𝑜 𝑝𝑢𝑟𝑎 𝑑 =
32. 𝑀𝑓. 𝐾𝑓. 𝐹𝑠
𝜋𝑆𝑒
 [𝑚]
 
Diâmetro mínimo d^3 = 32 . 3978 . 2,2 . 1,5 / ( 3,14 . 113,7E6) 
Sai d mínimo 0,1056 m corresponde a 105,6 mm 
 
Trecho BC 
Mf vertical 1058 Nm 
Mf horizontal 5466 Nm 
Momento torsor 1127,5 Nm 
Mf resultante 5567 Nm fazendo soma vetorial 
Flexão e torção 
223 .75,0).(
.14,3
.32
MtkfMf
Se
FS
d  
223 5,1127.75,0)2,2.5567(
67,113.14,3
5,1.32

E
d 
Sai diâmetro mínimo 0,1182 m equivale a 118,2 mm 
 
Trecho CD 
 
Mf vertical 1058 Nm Mf horizontal 5466 Nm Mf resultante 5567 Nm fazendo soma 
vetorial 
Momento torsor 2255 Nm 
Flexão e torção 
223 .75,0).(
.14,3
.32
MtkfMf
Se
FS
d  
223 2255.75,0)2,2.5567(
67,113.14,3
5,1.32

E
d 
Sai diâmetro mínimo 0,1186 m equivale a 118,6 mm 
 
Trecho DE 
Mf 2631 Nm Momento torsor 2255 Nm 
Flexão e torção 
223 .75,0).(
.14,3
.32
MtkfMf
Se
FS
d  
223 2255.75,0)2,2.2631(
67,113.14,3
5,1.32

E
d 
 Sai diâmetro mínimo 0,0936 m corresponde a 93,6 mm 
f) Faça esboço do eixo
 
 
 
Exercício 3 - Especifique material para o eixo abaixo, admita os dentes fresados no corpo do 
eixo, força na cremalheira 14,5 kN, temperatura ambiente, confiabilidade 95%. Calcule o 
diâmetro preliminar para base do cálculo da fadiga. Faça esboço e determine o peso. Ângulo 
de pressão 20° nas faces dos dentes na altura do diâmetro primitivo tal que força tangencial 
transmite movimento, força radial Fr = Ft . tg20. Fatores concentração de tensões 2,2 e 
segurança FS=1,5. 
 
 A] Diagrama de cargas. Figura mostrando as cargas horizontais e verticais. 
 
 A engrenagem opera com uma cremalheira. Ft = 14,5 kN a compontente vertical é função do 
ângulo de pressão. 
 
Tensão limite de fadiga 
A tensão limite de fadiga requer dimensão preliminar e para isso os momentos por trecho. 
 
Plano vertical - Reações e momentos fletores 
Determinando o valor da força na correia “ Vd” 
Fazendo equilíbrio de momentos torsores 
 Ft. 144/2 = Vd . 240 / 2 
 Tendo a força tangencial Ft = 14500 N, sai Vd = 8700 N 
 A força radial “Fr” 
 Fr = Ft . tg.20 = 14500 . tg.20 = 5278 N 
 
 5278 N 8700 N 
Momentos no ponto A 
5278 . 160 + 8700 (160 + 220 + 140) = Vc (380) 
 Vc = 14128 N 
Determinando Va = 8700 + 5278 – Vc 
 Va = -150 N o sinal (-) significa sentido para cima. 
 
 
 
 
Plano horizontal 
Reações e momentos fletores 
 
 Ft = 14500 N 
 
Momentos no ponto “A” 
 Hc ( 160 + 220 ) = 14500 . 160 
 Hc = 6105 N 
 Ha = 14500 – 6105 = 8395 N 
Gráfico de momentos 
 
 
Momento torsor 
Mt = Ft . raio = 14500 . 0,144 / 2 = 1044 Nm 
 
B] Especificação do material 
 Aço liga SAE-4340 por ter os dentes fresados no próprio corpo 
 
 Tensão de ruptura 960 MPa 
 Tensão de escoamento 820 MPa 
 
C] – Determine a tensão limite de fadiga. 
Se = 0,5.Sr . Ka . Kb . Kc . Kd . Ke 
Ka – superfície 
 Pela tabela a = 4,51 e b= -0,265 
 Ka = 4,51 / 960^0,265 = 0,731 
Kb – tamanho 
Cálculo preliminar 
 
Trecho BC – Momento fletor vertical 1218 Nm 
 Momento fletor horizontal 1343 Nm 
 Momento fletor resultante (1218^2+1343^2)^0,5 = 1813 kgf/cm2 
 Momento torsor 1044 Nm 
 Nessa etapa para cálculo preliminar usa-se tensão de escoamento e F. seg entre 3 e 4 
223 .75,0).(
.14,3
.32
MtkfMf
Sescoam
FS
d  
223 1044.75,0)7,1.1813(
6820.14,3
4.32

E
d 
Diam preliminar 58,8 mm 
 Kb = 1,51 . d ^-0,157 
 Para sair de expoente negativo, recorre-se à divisão 
 Kb = 1,51 / 59^0,157 = 0,796 
Kc – tipo de tensão 
 Torção e flexão -> Kc = 0,59 quanto a torção (prevalece o menor valor na faixa) 
Kd – Temperatura 
 Temperatura ambiente -> Kd = 1 
Ke – confiabilidade 
 Para 95% -> Ke = 0,858 
 Vem Se = 0,5.960 . 0,731 . 0,796 . 0,59 . 1 . 0,858 
 Tensão limite de fadiga Se = 141,4 MPa 
 
D] – Calcule as reações e momentos por trecho 
 Definitivos 
Trecho AB 
Flexão pura 
 MF vertical 24 Nm 
 MF horizontal 1343 Nm 
 MF resultante 1343,2 Nm 
𝑑 =
32. 𝑀𝑓. 𝐾𝑓. 𝐹𝑠
𝜋𝑆𝑒[𝑚] 
𝑑 =
32.1343,2.1,7.1,5
𝜋. 141400000
 
Dab mínimo 62,7 mm 
 
Trecho BC – Momento fletor vertical 1218 Nm 
 Momento fletor horizontal 1343 Nm 
 Momento fletor resultante (1218^2+1343^2)^0,5 = 1813 kgf/cm2 
Momento torsor 1044 Nm 
 
223 .75,0).(
.14,3
.32
MtkfMf
Se
FS
d  
 
 
223 1044.75,0)7,1.1813
.14,3
.32

Se
FS
d 
Dbc mínimo 70,3 mm 
 
Trecho CD – Momento fletor vertical 1218 Nm 
 Momento torsor 1044 Nm 
223 .75,0).(
.14,3
.32
MtkfMf
Se
FS
d  
223 1044.75,0)2,2.1218(
.14,3
5,1.32

Se
d 
Dcd mínimo 67,4 mm 
E] – faça esboço com cotas 
 Engrenagem módulo 6,0 mm. Diam externo é primitivo mais 2 módulos 
 
 
 
 
F] Calcule o peso 
Massa= 
kgs67,24)55.6895.7336.80181.8742.144124.7230.65(
1000
006165,0 2222222  
Massa da chaveta a deduzir 7,5 . 7,85 . 0,020 . 0,068 = 0,081 
Massa final 24,67 – 0,081 = 24,59 kgs 
 
 
 
Figuras para Análise de Eixos nos conjuntos 
 
 
 Aço SAE-1045 
 Rotor montado sob interferência – não há chaveta no meio prevenindo concentração de 
tensões 
 Encostos para posicionar os componentes 
 Sede externa com chaveta comprimento parcial 
 
 
 
 Aço fundido ou aço forjado 
 Raios de transição – menores concentração de tensões 
 Massa para balanceamento 
 
 
 Manca forjada com a base – Evita solda devido comportamento à fadiga 
 Sede cônica entre as sedes de rolamentos 
 Articulação inclinada para inscrição de curvas com menor força lateral 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Exercicio 4 – Eixo tubular 
O eixo esboço esquemático abaixo sustenta roda motriz de mesa de transferência processo 
de montagem industrial. A roda descarrega 6,45 kN no trilho, A força horizontal na roda é 1,40 
kN. 
Eixo em tubo estrutural diâmetro interno 40 mm. Aço com ruptura 600 kN e escoamento 410 
kN. Superfície laminada interna e usinada no externo. Confiabilidade 90% Fator de 
concentração de tensões de 2,8 em trechos com anéis de expansão e 2,2 nos demais. Fator de 
segurança 2,5. 
 Determine: 
- Tensão limite de fadiga; 
- Tensão de fadiga para vida 150 mil ciclos 
- Reações e gráficos com momentos de carga. 
- Diâmetros mínimos por trecho para vida 150 mil ciclos. 
- Esboço com cotas. 
- Massa do eixo final. 
 
Solução 
A] Tensão limite de fadiga 
Se = 0,5 Sr . Ka . Kb . Kc . Kd . Ke 
 
Ka -> fator de superfície 
 Face externa 
 Tensão de ruptura 600 kN 
Superfície usinada 
 Fatores a = 4,51 e b = - 0,265 
 Ka = 4,51 / 600^0,265 = 0,828 
 
Superfície laminada 
 Fatores a = 57,7 e b = - 0,718 
 Ka = 57,7 / 600^0,718 = 0,584 
 
Fator kb – tamanho 
 Enquanto seção tubular, o tamanho adotado é a espessura da parede. 
 
Determina-se a força tangencial na engrenagem para equilibrar o torque na força horizontal na 
roda. 
Momento torsor 1400 N . 0,216 m / 2 = 151,2 Nm 
Mesmo torque na engrenagem - > 151,2 = Ft ( 0,16 / 2 ) 
 Vem Ft = 1890 N 
 Força radial Fr = Ft . tg(ang pressão) = 1890 . tg20 = 688 N 
 
Plano vertical 
 
 
 
 
 
Momentos fletores Verticais 
 
Mb = Va . 0,400 
2798 = 0,400 Va vem Va = 6995 N 
 
Equilíbrio de forças verticais 
Vb = 6450 + 6995 – 1890 vem Vb = 11555 N 
 
Momentos fletores horizontais 
 
 
Mb = Há . 0,400 vem Há = 1338 N 
 
Hb = 1338 + 1400 – 688 = 2050 N 
 
Momentos torsores 
 
Trecho CD -> Mt = 1400 N . 0,216 m / 2 = 151,2 Nm 
 
Trecho BC com maiores momentos 
 Fletor vertical 2798 Nm 
 Fletor horizontal 535 Nm 
 Fletor resultante 2849 Nm 
f
FsKfMf
d
.14,3
...323  
 Diâmetro preliminar com FS entre 3 e 4 adotando 3,75 
 Tensão de escoamento 410 MPa 
 
Por ser tubular faz-se De^3 – di^3 
 Di = 40 mm = 0,04 m 
410000000.14,3
75,3.8,2.2849.32
3^04,03 d 
Sai diâmetro preliminar Dp = 0,09313m 
 Dp = 93 mm arredondando 
Diâmetro do furo 40 mm 
Espessura da parede (93-40)/2 = 26,5 mm 
 Kb = 1,24 / 26,5^0,107 = 0,873 
 
Kc – tipo de tensão 
 Torção presente kc = 0,59 
 
Kd – temperatura 
 Temperatura ambiente - Kd = 1,0 
 
Ke – fator de confiabilidade 
 Ke = 0,897 
 
Tensão de fadiga 
Busca-se o menor valor, prevalece a superfície interna laminada 
 Se = 0,5 . 600 . 0,584 . 0,873 . 0,59 . 1 . 0,897 = 81 MPa 
 
B] Determinação da tensão de fadiga para vida 150 mil ciclos 
 
 
Semelhança de triângulos 
1761,56
81
36
81540




 Sf
 
Sf = 81 + (540-81) . (6-5,1761)/3 
Tensão de fadiga para vida finita Sf = 207 MPa 
 
C] Diâmetros mínimos por trecho 
Trecho AB – Flexão pura 
 MF resultante (2798^2+535^2)^0,5 = 2849 Nm 
f
FsKfMf
d
.14,3
...323  
 Tensão para vida 150 mil ciclos 188,4 MPa 
Por ser tubular faz-se De^3 – di^3 
 Di = 40 mm = 0,04 m 
207000000.14,3
5,2.2,2.2849.32
3^04,03 d 
Sai De = 94,2 mm 
 
Trecho BC 
Flexão pura 
Concentração de tensões 2,8 devido anéis de fixação 
207000000.14,3
5,2.8,2.2849.32
3^04,03 d 
Sai De = 101,50 mm 
 
Trecho CD 
 Flexão e torção 
 Mf = (1613^2+350^2)^0,5 = 1651 Nm 
 Mt = 151,2 Nm 
223 .75,0).(
.14,3
.32
MtkfMf
Sf
FS
d  
 Sf é a tensão de fadiga para vida finita 
223 2,151.75,0)8,2.1651(
207000000.14,3
5,2.32
d + 0,04^3 
D = 82,8 mm 
Diâmetros mínimos - escalonamento 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Diam mínimo calculado 94,2 mm 101,5 mm 82,8 mm 
 
Peso do eixo (massa) 
(0,006165/1000).[100^2.33+107^2.394+110^2.40+116^2.210+98^2.60+96^2.172+89^2.97-
40^2.976] 
Peso 58,68 kgs