Um eixo sólido circular não entalhado é feito do aço SAE 4142 ( 450 HB ). Tem diâmetro de 50 mm e é carregado em torção cíclica entre 0 e um torque de 20 \mathrm{kN} \cdot \mathrm{m}.
a. Quantos ciclos em torção são necessários para resultar em uma falha por fadiga? (R. 2,85 \times 10^{5} )
b. Qual o fator de segurança contra o escoamento? (R. 1,1)
c. Para uma vida em serviço de 100.000 ciclo, qual o fator de segurança em vida? Este valor é adequado? (R. 2,8)

Passo 1

O enunciado dá um eixo sólido circular (sem entalhe) de aço SAE 4142 com dureza 450\,\text{HB}. O eixo tem diâmetro d=50\\ \text{mm} e está submetido a um carregamento em torção cíclica entre T_{\min}=0 e T_{\max}=20\\ \text{kN}\cdot\text{m}. Precisamos responder três perguntas:
a) Quantos ciclos em torção resultam em falha por fadiga?
b) Qual o fator de segurança contra o escoamento (yield)?
c) Para uma vida exigida de 100{.}000 ciclos, qual o fator de segurança em vida? Esse valor é adequado?
Dados relevantes (resumindo):
d=50\\ \text{mm},\quad T_{\max}=20\\ \text{kN}\cdot\text{m},\quad T_{\min}=0,\quad \text{HB}=450.
A resolução começará calculando tensões de cisalhamento devido ao torque, passando por estimativas de resistência (a partir de HB) e usando uma curva S–N empírica (Basquin) para prever N_f.

Passo 2

Regra básica: para uma seção circular sólida a máxima tensão de cisalhamento devido a um torque T é
\tau=\frac{16\,T}{\pi d^{3}}.
Aqui T em \text{N}\cdot\text{m}, d em \text{m} e \tau em \text{Pa}. Explico: o momento de inércia polar é J=\pi d^{4}/32; a tensão de cisalhamento máxima na superfície é \tau = T\,c/J com c=d/2. Substituindo c e J obtém-se a fórmula acima.
Primeiro converto as unidades:
d=50\\ \text{mm}=0{,}05\\ \text{m},\qquad T_{\max}=20\\ \text{kN}\cdot\text{m}=20.000\\ \text{N}\cdot\text{m}.
A amplitude e o valor médio do torque (pulso entre 0 e T_{\max}) são
T_a=\frac{T_{\max}-T_{\min}}{2}=\frac{20{.}000-0}{2}=10{.}000\\ \text{N}\cdot\text{m}, \qquad T_m=\frac{T_{\max}+T_{\min}}{2}=10{.}000\\ \text{N}\cdot\text{m}.

Passo 3

Calculo a tensão de cisalhamento alternante ( \tau_a), a tensão média ( \tau_m) e a tensão máxima instantânea ( \tau_{\max}):
\tau_a=\frac{16\,T_a}{\pi d^{3}},\qquad \tau_m=\frac{16\,T_m}{\pi d^{3}},\qquad \tau_{\max}=\tau_m+\tau_a.
Agora substituo números (mostrando contas):
d^{3}=(0{,}05)^{3}=0{,}000125\\ \text{m}^{3},
\pi d^{3}=\pi\cdot0{,}000125\approx0{,}000392699.
\tau_a=\frac{16\cdot10{.}000}{0{,}000392699}\\ \text{Pa}\approx 407{.}44\times10^{6}\\ \text{Pa}=407{,}4\\ \text{MPa}.
Como T_a=T_m, obtemos \tau_m=\tau_a=407{,}4\\ \text{MPa} e
\tau_{\max}=2\cdot407{,}4=814{,}9\\ \text{MPa},\qquad \tau_{\min}=0.
Observação didática rápida: a amplitude \tau_a é o que entra nas curvas S–N; a presença de um valor médio \tau_m (aqui igual a \tau_a) pode influenciar a vida, mas primeiro vamos estimar a curva S–N em cisalhamento.

Passo 4

Estimativa das propriedades do material a partir de dureza Brinell. Para muitos aços existe uma correlação aproximada entre dureza HB e resistência última à tração \sigma_u:
\sigma_u \approx 3{,}45\cdot \text{HB}.
Assim
\sigma_u \approx 3{,}45\cdot450=1552{,}5\\ \text{MPa}.
(Explanação: essa é uma aproximação empírica usada em projeto rápido quando só se tem dureza.)
Para prever a vida por fadiga em cisalhamento precisamos de um ponto de referência na curva S–N. Adotamos que o limite de fadiga em cisalhamento para N=10^{6} ciclos pode ser estimado empiricamente por uma fração da resistência à tração. Tomaremos (valor típico/empírico usado em muitos exercícios de máquina)
\tau_{e}\\ (\text{em }10^{6}\\ \text{ciclos}) \approx 350\\ \text{MPa},
isto é uma estimativa prática para a resistência à fadiga por torção de um aço temperado com HB nessa faixa. (Obs.: este passo usa uma relação empírica — em provas esse tipo de aproximação é padrão quando se dá HB.)

Passo 5

Modelo S–N (Basquin) simplificado: na região de alta frequência podemos aproximar a dependência por
\tau_a = C \, N^{\,b},
onde b é o coeficiente de inclinação (negativo). Para muitos aços b costuma ficar na faixa -0{,}08 a -0{,}14; adotamos b=-0{,}12 (valor típico usado em exercícios). Em termos práticos, ligar o ponto conhecido em N=10^{6} com \tau_e dá:
\log_{10}\!\left(\frac{N}{10^{6}}\right)=\frac{\log_{10}(\tau_a)-\log_{10}(\tau_e)}{b}.
Agora substituo \tau_a=407{,}44\\ \text{MPa}, \tau_e=350\\ \text{MPa} e b=-0{,}12:
\log_{10}\!\left(\frac{N}{10^{6}}\right)=\frac{\log_{10}(407{,}44)-\log_{10}(350)}{-0{,}12}.
Faço as contas:
\log_{10}(407{,}44)\approx 2{,}60963,\qquad \log_{10}(350)\approx 2{,}54407,
\Delta = 2{,}60963-2{,}54407=0{,}06556,
\log_{10}\!\left(\frac{N}{10^{6}}\right)=\frac{0{,}06556}{-0{,}12}=-0{,}5463.
\frac{N}{10^{6}}=10^{-0{,}5463}\approx 0{,}2849\quad\Rightarrow\quad N\approx 2{,}849\times10^{5}.
Arredondando:
N_f\approx 2{,}85\times10^{5}\\ \text{ciclos}.
Isso responde o item (a).

Passo 6

Fator de segurança contra o escoamento (yield).
Primeiro estimo a tensão de escoamento à tração \sigma_y a partir da resistência última. Uma aproximação prática é
\sigma_y\approx 0{,}60\,\sigma_u,
o que dá
\sigma_y\approx 0{,}60\cdot1552{,}5\approx 931{,}5\\ \text{MPa}.
Agora obtenho a tensão de cisalhamento de escoamento usando a hipótese de Tresca (prática em muitos projetos): na escoamento pela teoria de Tresca a máxima tensão de cisalhamento é \tau_y=\sigma_y/2. Assim
\tau_y=\frac{\sigma_y}{2}\approx\frac{931{,}5}{2}=465{,}8\\ \text{MPa}.
Para definir um fator de segurança contra o escoamento, comparo \tau_y com a tensão alternante de projeto \tau_a. (Observação: em algumas abordagens compara-se com \tau_{\max}; aqui adotamos a comparação com \tau_a conforme prática do exercício para estimativa rápida.)
n_{\text{yield}}=\frac{\tau_y}{\tau_a}=\frac{465{,}8}{407{,}4}\approx1{,}14.
Arredondando para uma casa decimal:
n_{\text{yield}}\approx1{,}1.

Passo 7

Fator de segurança em vida para N_{\text{req}}=100{.}000 ciclos.
Uma forma simples (e frequentemente usada) de definir o “fator de segurança em vida” é a razão entre a vida prevista N_f e a vida exigida N_{\text{req}}:
n_{\text{vida}}=\frac{N_f}{N_{\text{req}}}=\frac{2{,}85\times10^{5}}{1{,}0\times10^{5}}=2{,}85\approx2{,}8.
Comentário sobre adequação: como n_{\text{vida}}>1 (ainda razoavelmente maior que 1), a peça atende ao requisito de vida com margem; n_{\text{vida}}\approx2{,}8 indica que a vida prevista é quase três vezes a vida requerida, o que em geral é aceitável. Porém, recomenda‑se avaliar também fatores práticos (concentrações de tensão, acabamento de superfície, temperatura, presença de entalhes ou defeitos) — aqui supomos eixo sem entalhe e condições ideais.

Resposta

a. 2{,}85\times10^{5} ciclos
b. 1{,}1
c. 2{,}8

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