Elementos de máquinas - 2a semana

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Aula elementos máquinas – 2ª semana 
 
FADIGA COM VIDA FINITA 
 
O nr de ciclos de carga varia com a amplitude de tensões. 
 
O gráfico tensão x nr de ciclos apresenta uma curva assumindo valores altos de tensão para baixo nr 
de ciclos e valores limites de fadiga para número a partir de 1000000 de ciclos . 
Vale para aços com limite de resistência até 1400 Mpa 
A tensão para vida infinita “Se” é determinada usando fatores e tensão limite de resistência 
Tensão de baixo ciclo -> 1000 ciclos - Nr infinito de ciclos -> considera-se nas literaturas 10^6 ciclos. 
Número finito de ciclos 
 
2 
 
Fadiga para nr finito de ciclos 
Para o estudo de nr finito lineariza-se o gráfico pelo eixo horizontal nr de ciclos 
Assim permite-se fazer equivalência de triângulos. 
A equivalência de triângulos permite que a variável fique dentro de uma equação e tenha o valor 
definido. 
O eixo vertical é uma escala. O lado maior tem 0,9 Sr subtraindo o valor de Se. 
 O lado menor tem-se Sf – Se 
O eixo vertical também sendo uma escala. Faz-se procedimento idêntico. O lado maior é ( 6 – 3 ) e o 
lado menor ( 6 – log Nf ) 
 
 Exemplo: 
Um mancal com ruptura 440 Mpa, tensão de fadiga 90 Mpa opera com 145 Mpa, qual o nr de ciclos ? 
 
0,9 . 440 = 396 
 
 
 Sf = 145 
 
 Se = 90 
 
 Log Nf = ? 
Cateto vertical maior -> trecho AB -> 396 – 90 = 306 MPa 
Cateto horizontal maior , trecho BC -> 6 – 3 = 3 
Cateto vertical menor -> trecho DE -> 145 – 90 = 55 Mpa 
Cateto menor horizontal , trecho EC -> 6 – log Nf 
Montando a equação = 
 Sai Log Nf = 6 – 165/306 = 5,460785 
 Vida Nf = 10 ^ 5,460785 = 288924 ciclos 
 
 
 
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Tensões flutuantes 
Diagnóstico por severidade de fadiga 
 
 O fato de uma peça operar no regime dinâmico faz com que seja dimensionada pelo regime de 
fadiga. 
 A severidade de fadiga é tida pela amplitudade da variação de tensões, mais ainda quando for 
regime alternado, com compressão operada com sinal negativo na determinação da amplitude. 
 
 Essa figura mostra o regime senoidal de tensão de um componente, pode ser uma biela de um 
compressor. 
 
 O precursor desse método, Goodmann idealizou colocar em um gráfico tensão alternada e tensão 
média. 
 
 Tensão alternada (pulsante) 
4 
 
 
 
Os ensaios permitiram marcar pontos no gráfico σa x σm 
Goodmann percebeu que a reta linearizada convergia para Se no eixo das tensões alternadas e para 
o valor de ruptura no eixo das abcissas (tensão média) 
Essa linha representa a região de falhas para tensões flutuantes em materiais que obedecem o 
regime de fadiga. 
Outros pesquisadores evoluíram e permitiram curvas que permitem afirmação sobre “falha” e 
afirmação sobre “não falha”. 
 
Esse método permite uso de equações 
 
 
 
 
5 
 
Exercício 1 - Um eixo sustenta uma roldana correia de transmissão. Aço SAE-4140 com escoamento 
450 Mpa e ruptura 640 Mpa. Superfícies usinadas. Temperatura ambiente. Confiabilidade 95%. Força 
na roldana 2500 N 
 
Determine, em relação a sede “A” 
a) Tensão limite de fadiga “Se” 
Se = 0,5 . 640 . Ka . Kb . Kc . Kd . Ke 
 
Ka = a . Sr ^b 
Ka = 4,51 . 640 ^(-0,265) = 4,51 / 640^0,265 = 0,814 
 
Kb = 1,24 / 35^0,107 = 0,848 
 Pela outra expressão (d/0,3)^-0,1133 -> (1,5”/0,3”) ^(-0,1133) = 0,8333 
 
 Para tamanhos > 51 mm a expressão é 1,51 . Sr ^(-0,157) 
 
Kc = 0,85 tensões axiais ( flexão em única direção) 
 
Kd = 1 temperatura ambiente 
 
Ke = 0,858 confiabilidade 95% 
 
Vem tensão de fadiga Se = (640/2) . 0,814 . 0,848 . 0,85 . 0,858 = 161 MPa 
 
b) Tensão de fadiga para vida finita de 100 mil ciclos 
 
 
0,9 . 640 = 576 
 
 
 Sf = ? 
 
 Se = 161 
 
 LogNf 
6 
 
 Log 100.000 = 5 
576 − 161
6 − 3
=
𝑆𝑓 − 161
6 − 𝑙𝑜𝑔100000
 
Log 100000 = log 10^5 = 5 log10 
Log 10 = 1 
Log 100000 = 5 
Tem-se Sf = 299,3 Mpa 
 
c) Possibilidade de falha 
 Momento fletor 2500 N . 0,12 m = 300 Nm 
 Módulo resistente Wx = (3,14/32) . 0,035^3 = 0,000004207 m3 
 Tensão de flexão Sf = 300 / 0,000004207 = 71,3 MPa 
 
Quanto a FALHA aplica-se Gerber 
S máx 71,3 Mpa 
S mín = 0 
Sm média = (71,3 + 0) / 2 = 35,65 MPA 
Sa alternada = (71,3 - 0) / 2 = 35,65 MPA 
Se fadiga 161 Mpa 
Sr ruptura 640 MPa 
 
Gerber , + (35,65/640)^2 = 0,2245 Como o resultado < 1 não pode afirmar que falha] 
 
Para afirmar que não falha aplica-se Soderberg 
 , + 35,65/450 = 0,301 Como o resultado < 1 pode afirmar-se que não falha 
 
 
d) Fator de segurança “n” para a condição não falhar. O fator “n” incide sobre as tensões alternadas 
e médias, derivadas das tensões de operação 
 O fator “n” incide sobre .Sa e Sm 
,
 + 35,65n/450 = 1 
tem-se n = 3,326 Implica usar Soderberg 
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Exercício 2 - Um flange de mancal, chapa laminada SAE-1045, corpo usinado, com limite de 
escoamento 330 Mpa, ruptura 570 Mpa opera com tração máxima 90 MPa e compressão até 60 
MPa. Tensão limite de fadiga 97 MPa. Determine: 
a) Tensão de fadiga para vida 300 mil ciclos 
b) Represente graficamente o fator de segurança efetivo para não falhar 
c) Faça diagnóstico de falha com fator de concentração de tensões de 1,25 
 
Solução 
A] Tensão de fadiga para fida finita 300 mil ciclos “ Sf” 
 
 Gráfico mostrando os dados envolvidos nessa etapa. 
Fazendo semelhança de triângulos vem: 
AB / BC = DE / EC 
47712,56
97
36
97513




 Sf
 
Sf = 97 + (6-5,47712).(513-97)/3 
Sai Sf = 169,5 MPa 
Aplicando o fator de concentração de tensões 
A tensão efetiva é ampliada por Kt = 1,35 
Sf operacional . Kt = Sf 
Sf´. 1,35 = 161 
Sai Sf´= 119,2 MPa 
 
B] Fator de segurança efetivo para não falhar -> Soderberg 
Smax 90 MPa tração 
8 
 
S min - 60 MPa compressão 
Média Sm =( 90 – 60 ) / 2 = 15 MPa 
Alternada .Sa = (90 + 60 ) / 2 = 75 MPa 
 
FS é a proporção de distâncias 
 FS = OB / AO 
Pela equação de Soderberg, incluindo o fator n, vem: 
nãofalha
Sr
mn
Se
an
1

 
Igualando a 1 -> condição limite para não falhar. 
 Fator n = 1 / ( 75 / 97 + 15 / 330 ) = 1,222 
 
C] Diagnóstico de falha com concentração de tensões Kt = 1,25 
FALHA -> Gerber 
O fator Kt incide nas tensões de operação .Sa e Sm 
Kt.Sa / Se + ( Kt.Sm/Sr )^2 = 
1,25.75 / 97 + ( 1,25.15/570 )^2 = 0,968 
O resultado da equação não foi < 1 logo não pode afirmar-se que falha. 
 
 
 
 
 
 
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Exercício 3 
 
 A corrente de rolos do acionamento acima opera com força de zero a 1350 kgf. O elo é construído 
em aço SAE-1020 com escoamento 210 Mpa e ruptura 380 Mpa, superfície laminada, um par de 
placas seção 2,65 x 7,4 mm. Opera a temperatura ambiente e precisa ter confiabilidade de 99%. 
 Determine: 
a) Tensão limite de fadiga 
Se = 0,5 Sr .Ka . Kb . Kc . Kd . Ke 
Superfície laminada Ka = 57,7^-0,718 
 
 Ka = 57,7 / 380^0,718 = 0,811 
 
Kb – tamanho 2,65 x 7,4 mm 
 Tamanho de referência 0,808( 2,65 . 7,4)^0,5 = 3,58 mm 
 Adota 0,3 “ = 7,62 mm 
Kb = 1,24 / 7,62^0,107 = 0,997 
 
Kc -> tipo de tensão 
 Tensão axial -> Kc = 0,85 
 
Kd = 1 -> temperatura ambiente 
 
Ke = 0,814 para confiabilidade 99% 
 
10 
 
 
Chega a Se = 0,5 . 380 . 0,811 . 0,997 . 0,85 . 0,814 = 106,3 Mpa 
 
b) Verifique se com FS = 1,33 a vida é infinita ou senão indique a vida de projeto. 
 
Determinando tensões médias e alternadas 
Força 1350 kgf em 2 placas 2,65 , 7,4 mm 
Tensão máxima Smax = (0,5 . 1350 . 9,81) / (0,00265 . 0,0074) = 337,7 MPa 
 Média σm = (338 + 0) /2 = 169 MPa 
 Alternada σa = (338-0) / 2 = 169 Mpa 
 
A vida é finita pois tanto tensão média quanto alternada superam “Se” para fadiga infinita. 
 
Cálculo da vida de projeto 
 
c) Qual força na corrente para vida de 500 mil ciclos 
d)Qual potência no acionamento para roda dentada ø 195 mm e 75 rpm ? 
 
 
 
DIMENSIONAMENTO DE EIXOS 
 
Generalidades 
Denominamos de eixos os elementos rotativos que sustentam e interligam outros 
elementos de transmissão de velocidade, força, torção ou combinação do 
gênero. Encontramos literaturas que denominam de arvore a peça que transmite 
movimento associado a torção. 
Os esforços atuantes são: 
 
 Torção 
 Flexão Compressão (flambagem) 
 Fadiga (tensões cíclicas) 
 Ressonância (ocorrência na rotação crítica) 
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Materiais 
 
Aço carbono ( SAE 1045, SAE 1060, SAE-1075) processo característico: 
 
 Laminado – forma normal de produção na usina. 
 Normalizado – A usina procede tratamento térmico de homogeneização da 
estrutura. 
 Trefilado – Superfície encruada pela redução de medida, proporcionando 
maior resistência mecânica e resistência a fadiga. 
 Beneficiado – Tratamento térmico de têmpera seguida de revenimento. 
 Forjado. 
 
Aço liga: Composição química alterada visando melhoria de características 
mecânicas. 
Usuais: SAE 4310, SAE 4140, SAE 8640, etc. 
Processos característicos: Normalizado, beneficiado, forjado. 
 
 
1. EIXOS: 
 
1.1. Generalidades 
 
Denominamos de eixos os elementos rotativos que sustentam e interligam outros 
elementos de transmissão de velocidade, força, torção ou combinação do 
gênero. Encontramos literaturas que denominam de arvore a peça que transmite 
movimento associado a torção. 
 
Os esforços atuantes são: 
 
 Torção 
 Flexão Compressão (flambagem) 
 Fadiga (tensões cíclicas) 
 Ressonância (ocorrência na rotação crítica) 
 
 
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1.2. Materiais 
 
Aço carbono ( SAE 1045, SAE 1060, SAE-1075) processo característico: 
 Laminado – forma normal de produção na usina. 
 Normalizado – A usina procede tratamento térmico de homogeneização da 
estrutura. 
 Trefilado – Superfície encruada pela redução de medida, proporcionando 
maior resistência mecânica e resistência a fadiga. 
 Beneficiado – Tratamento térmico de têmpera seguida de revenimento. 
 Forjado. 
 
Aço liga: Composição química alterada visando melhoria de características 
mecânicas. 
Usuais: SAE 4310, SAE 4140, SAE 8640, etc. 
Processos característicos: Normalizado, beneficiado, forjado. 
 
 
 
 
1.3 Dimensionamento 
Exposto a torção pura. 
 
d- Diâmetro mínimo do eixo no trecho exposto a essas características – cm 
Mt – Momento de torção no trecho – Kgf.cm 
Kt – Fator de choque e fadiga a torção – adimensional 
Kc – Fator de concentração de tensões 
τ'- Tensão de cisalhamento admissível a torção – Kgf/cm2 
 Adotamos dados com características que configurem segurança no 
dimensionamento, quais sejam: 
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 Mt – Momento de torção maior em toda as situações e combinações 
durante a vida na forma prevista pelo projeto. 
 Kt – Valor adotado. Indica-se a faixa 1,0 <= K1 <= 1,9 situa-se na faixa em 
função da variação brusca e ampliações em relação ao torque médio de cálculo. 
Como referência indicamos o fator de segurança usado para redutores 
engrenagens cilíndricas. 
 Kc – Indica-se a faixa 1,0 <= Kc <=2,5. Ver gráficos a seguir permitindo 
selecionar valores função da forma real do eixo. 
 τ' – Adotamos para o aço 2/3 da tensão admissível a flexão. Para 
mecanismo de engrenagem a torção não poderá ultrapassar a proporção de 0,26º 
por metro. 
Para sede com rasgo de chavetas a tensão admissível é reduzida a 25%. 
 
Tensão crítica: Escoamento – quando alongamento >= 25%. 
 Aço temperado ou cujo alongamento < 5%. 
FS- Fator de serviço ao cisalhamento 2,5 ≤ FScis ≤ 6. 
 
 
Momentos de cálculo: Trecho AB → Mt1 (operação) 
 Trecho BC → Mt2 (frenagem) 
 
1.2.1. Dimensionamento para flexão pura 
 
Mx – Momento fletor máximo no trecho, originado por cargas no plano XY. 
14 
 
Mv – Momento fletor máximo no trecho, originado por cargas no plano XX. 
Kf – Coeficiente de choque e fadiga a flexão. Indica-se a faixa 1,0 <= Kt <= 1,9 situa-
se na faixa em função da variação brusca e ampliações em relação a flexão média 
de cálculo. 
Kc – Idem ao item 3.1. 
σ' – Tensão admissível a flexão. 
 
2,0 ≤ FS ≤ 4,5 
 Momento fletor é uma grandeza vetorial, isto é, associa-se a direção e 
sentido. Dessa forma, o momento resultante MR é soma vetorial de Mx e My. 
 Ao usar tensão limite de fadiga, pulsos não cíclicos são absorvidos pela 
diferença de valores, condição que permite FS entre 1,25 e 2. 
 
1.2.2. Combinação de momentos – Flexo-torção 
 
Metodologia – fundamentos: 
a) Quando deduzimos a fórmula para as tensões atuantes em flexão e torção, 
notamos: 
Características Flexão Torção 
Momento de 
Inércia 
Ao plano 
(normal) 
Polar, ao eixo 
Tensão Normal a seção Cisalhamento 
 Na busca de uma expressão que retrate a combinação, percebemos 
termos distintos sendo: 
 A constante procedente da inércia. 
 Tensão de cisalhamento e flexão. 
 
TORÇÃO PURA - d^3 = 16 M6 . Kf. Fs / ( π.Se) 
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Em regime dinâmico a tensão adotada é o limite de fadiga e o fator de segurança 
entre 1,25 e 2,0 
 
FLEXÃO PURA - d^3 = 32 Mf . Kf. Fs / ( π.Se) 
 Kt e Kf são fatores de concentração de tensões 
 Fs é o fator de segurança 
 
FLEXÃO E TORÇÃO SIMULTÂNEAS 
d^3 = (32 Fs / π). [(Mf . Kf)^2+0,75 . Mt^2]^0,5 
 O estudo das tensões máximas no estado plano, Círculo de Mohr, encontramos: 
 
Se – Tensão limite de fadiga 
Kc – Fator conc. Tensões 
Mt – Momento torçor 
Mf – Momento fletor 
 
RIGIDEZ E TORÇÃO 
 
 Para mecanismos, a norma américa AGMA “American Gear Manufacturing 
Association” restringe o ângulo de torção em 0,26º por metro linear ou proporcional 
em trechos mais curtos. Equivale a 0,00454 rad/100cm. 
 
Ɵ – Ângulo de torção em graus. 
L – comprimento em cm. Adotamos L=100 para retratarmos o comprimento 
proporcional de 100cm (1 metro) por ser o comprimento referência. 
16 
 
G – Módulo de resistência transversal 805000 <= G <= 820000 Kg/cm2 para aços. 
 
FLAMBAGEM DO EIXO 
 
 É a tendência que um eixo esbelto, sob carga axial de compressão 
representativa teria de apresentar instabilidade (curvaturas, deformações laterias, 
etc). 
 
 
ρ = d/4 para seções cilíndricas. 
S = área de seção. 
Jmin = Inércia menor/planos. 
E = Mod. Resistência = 2,1 x 106 Kgf/cm para o aço. 
Γc= Tensão admissível a compressão. 
 
 
1.3. ESCALONAMENTO DE EIXO 
A forma final do eixo é concebida atendendo o φ mínimo por trecho e degraus 
adequados a montagem dos demais elementos acoplados. É normal a adoção de 
ressaltos para encosto lateral de engrenagens, polias, rodas, rolamentos, etc. 
 
 
 
ESCALONAMENTO DE EIXO 
17 
 
A forma final do eixo é concebida atendendo o φ mínimo por trecho e degraus 
adequados a montagem dos demais elementos acoplados. É normal a adoção de 
ressaltos para encosto lateral de engrenagens, polias, rodas, rolamentos, etc. 
 
Expressões e gráficos para dimensionamento 
𝑇𝑜𝑟çã𝑜 𝑝𝑢𝑟𝑎 𝑑 =
16. 𝑀𝑡. 𝐾𝑡. 𝐹𝑠
𝜋𝑆𝑒
 [𝑚] 
 
 
 
 
18 
 
 
𝐹𝑙𝑒𝑥ã𝑜 𝑝𝑢𝑟𝑎 𝑑 =
. . .
 [𝑚] 
 
 
Flexão e torção combinados 
223 .75,0).(
.14,3
.32
MtkfMf
Se
FS
d  
 
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 
19 
 
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 valorna 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 
20 
 
 
 
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 
21 
 
 
 
22 
 
 
 
E] – faça esboço com cotas 
 
23 
 
 
F] Calcule o peso 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
24 
 
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 
 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 
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 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 
 Mc = 4600 . 0,23 = 1058 Nm 
c) Calcule reações e momentos no plano horizontal 
A força na correia equilibra / gera torque para a diferença de forças na correia 
 
 
26 
 
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 verticais 
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 
27 
 
 
e) Calcule diâmetros mínimos por trecho 
Trecho AB – Flexão pura 
Mf vertical 1058 Nm 
Mf horizontal 3835 Nm 
Mf resultante 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 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 118,2 mm 
 
Trecho CD 
28 
 
 
Mf vertical 1058 Nm 
Mf horizontal 5466 Nm 
Momento torsor 2255 Nm 
Mf resultante 5567 Nm fazendo soma vetorial 
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 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 93,6 mm 
 
f) Faça esboço do eixo 
 
 
29