\mathbf{2}^{\underline{\mathbf{a}}} - Encontre o limite de fadiga corrigido e construa o diagrama S-N conforme condições: Uma barra de aço com limite de resistência a tração 110 kpsi, diâmetro de 2 in, acabamento superficial retificado, com carregamento de torção, operando a temperatura ambiente e \operatorname{com} 99,9 \% de confiabilidade. Verifique se para uma tensão de uso de 40 kpsi o elemento irá falhar, caso falhe, qual o número de ciclos correspondente. (2,5)

Passo 1

O enunciado dá os seguintes dados (vou listar exatamente o que temos e o que é pedido):
  • Limite de resistência à tração: S_u = 110\\ \mathrm{kpsi}.
  • Diâmetro da barra: d = 2\\ \mathrm{in}.
  • Acabamento superficial: retificado.
  • Tipo de carregamento: torção (carregamento em cisalhamento alternado).
  • Temperatura: ambiente (podemos usar fator de temperatura k_d=1).
  • Confiabilidade requerida: 99{,}9\%.
  • Tensão de uso dada: 40\\ \mathrm{kpsi}.
O que o problema pede:
  1. Encontrar o limite de fadiga corrigido (ou seja, o limite de resistência à fadiga após aplicar os fatores de correção).
  2. Construir o diagrama S- N (vamos obter a expressão prática da curva no intervalo relevante).
  3. Verificar se, para uma tensão de uso de 40\\ \mathrm{kpsi}, o elemento irá falhar; se sim, determinar o número de ciclos correspondente.
Obs.: vou usar o procedimento clássico “fator de Marin” (fatores de superfície, tamanho, carregamento, temperatura, confiabilidade) aplicado ao limite de fadiga de referência \displaystyle S_e' = 0{,}5\,S_u (valor usual para a resistência à fadiga em flexão rotativa para aços). Vou explicar cada fator e calcular numericamente. Também vou montar uma expressão prática da curva S- N (forma de Basquin entre 10^3 e 10^6 ciclos) e aplicar os fatores para obter a curva corrigida; com ela vou determinar a vida para \,40\\ \mathrm{kpsi}.

Passo 2

Breve aula: o que é o limite de fadiga e como aplicamos correções
  • Para muitos aços, uma boa estimativa inicial do “limite de fadiga” não corrigido (para flexão rotativa) é
S_e' = 0{,}5\,S_u.
Aqui S_u é a resistência à tração à tração última e S_e' é a resistência à fadiga do material em condição ideal (pequena amostra, superfície perfeita, diâmetro pequeno, carregamento em flexão rotativa).
  • Na prática, a resistência à fadiga real é influenciada por vários fatores: acabamento de superfície, tamanho da peça, tipo de carregamento (flexão, tração, torção), temperatura, confiabilidade desejada etc. Cada um desses é representado por um fator multiplicativo k_i. O limite de fadiga corrigido é
S_e = k_a\,k_b\,k_c\,k_d\,k_e\,S_e',
onde:
  • k_a = fator de superfície;
  • k_b = fator de tamanho (diâmetro);
  • k_c = fator de carregamento (bending, axial, torsion);
  • k_d = fator de temperatura;
  • k_e = fator de confiabilidade (reliability);
  • (às vezes há um k_f de acabamento de processo, aqui não o usamos separadamente).
Vou agora calcular cada um desses k com as fórmulas e tabelas usuais (Shigley / Marin). Explicarei a origem/forma de cada fórmula antes de usar.

Passo 3

Fator de superfície k_a (acabamento retificado)
  • Fórmula empírica (Marin / Shigley) para acabamento “ground / retificado”:
k_a = a\,S_u^{\,b},
onde, para superfície retificada, usamos a=1{,}58 e b=-0{,}085. Aqui S_u em \mathrm{kpsi}.
  • Aplicando com S_u = 110\\ \mathrm{kpsi}:
k_a = 1{,}58\,(110)^{-0{,}085}.
Calculemos:
\ln(110)\approx 4{,}70048,\qquad -0{,}085\ln(110)\approx -0{,}39954,
(110)^{-0{,}085}=e^{-0{,}39954}\approx 0{,}6706,
k_a \approx 1{,}58\times 0{,}6706 \approx 1{,}060.
Portanto k_a \approx 1{,}06. (Interpretação: acabamento bom eleva ligeiramente o fator em relação ao caso de referência.)

Passo 4

Fator de tamanho k_b (diâmetro d=2\\ \mathrm{in})
  • Para peças sob flexão rotativa existe uma fórmula empírica (Marin) válida para diâmetros médios:
k_b = 0{,}879\,d^{-0{,}107},
onde d está em polegadas.
  • Calculando para d=2:
k_b = 0{,}879\,(2)^{-0{,}107}.
\ln 2\approx 0{,}69315,\quad -0{,}107\ln2\approx -0{,}0742,\quad (2)^{-0{,}107}\approx 0{,}9284,
k_b\approx 0{,}879\times 0{,}9284\approx 0{,}8166.
Portanto k_b \approx 0{,}817. (Interpretação: peças maiores tendem a ter menor resistência à fadiga por defeitos volumétricos; aqui o fator reduz a resistência.)

Passo 5

Fator de carregamento k_c (torção)
  • O fator de carregamento depende do tipo de solicitação. Valores típicos adotados:
    • flexão (bending): k_c = 1{,}0,
    • tensão axial (traction/compression): k_c \approx 0{,}85,
    • torção (shear): k_c \approx 0{,}59.
  • Como o problema é de torção, usamos
k_c = 0{,}59.

Passo 6

Fator de temperatura k_d
  • Em temperatura ambiente costuma-se tomar k_d = 1{,}0.
  • Assim k_d = 1{,}0.

Passo 7

Fator de confiabilidade k_e
  • O fator de confiabilidade é calculado usando a aproximação linear baseada no valor z da distribuição normal correspondente ao nível de confiabilidade:
k_e = 1 - 0{,}08\,z,
onde z é o número de desvios padrão associado à probabilidade desejada.
  • Para confiabilidade 99{,}9\% o valor z\approx 3{,}09.
  • Logo
k_e = 1 - 0{,}08\times 3{,}09 \approx 1 - 0{,}2472 = 0{,}7528.
Arredondando, k_e \approx 0{,}753.

Passo 8

Cálculo do limite de fadiga não corrigido e do limite corrigido
  • Primeiro S_e' = 0{,}5\,S_u:
S_e' = 0{,}5\times 110\\ \mathrm{kpsi} = 55\\ \mathrm{kpsi}.
  • Agora calculamos o produto dos fatores:
k = k_a\,k_b\,k_c\,k_d\,k_e.
Substituindo os valores obtidos:
k \approx 1{,}060 \times 0{,}8166 \times 0{,}59 \times 1{,}0 \times 0{,}7528.
Vamos multiplicar passo a passo:
1{,}060\times 0{,}8166 \approx 0{,}8666,
0{,}8666\times 0{,}59 \approx 0{,}5113,
0{,}5113\times 0{,}7528 \approx 0{,}3846.
Portanto k\approx 0{,}3846.
  • Finalmente o limite de fadiga corrigido:
S_e = k\,S_e' \approx 0{,}3846\times 55\\ \mathrm{kpsi} \approx 21{,}15\\ \mathrm{kpsi}.
Interpretação: o limite de fadiga corrigido da peça (para torção, com os fatores dados) é aproximadamente 21{,}15\\ \mathrm{kpsi}. Este é o valor da amplitude de tensão que, se for alternada e tiver média nula, produziria vida “teoricamente infinita” (ou critério de run-out) segundo o critério adotado (1e6 ciclos típico).

Passo 9

Construção do diagrama S- N prático (forma utilizada)
  • Aula curta: Uma forma prática de representar a curva S- N é usar dois pontos de referência no comportamento em tensão alternada:
    1. Para N_1 = 10^3 ciclos normalmente usa-se S_{1} \approx 0{,}9\,S_u (região de baixo ciclo ainda com boa resistência).
    2. Para N_2 = 10^6 ciclos usa-se S_{2} = S_e' (o limite de fadiga não corrigido).
  • Entre esses pontos assume-se uma lei de potência (Basquin) do tipo
S_{\text{unmod}}(N) = S_{1}\left(\frac{N}{10^{3}}\right)^{\,b},
onde o expoente b é encontrado por:
b=\frac{\ln\!\left(\dfrac{S_2}{S_1}\right)}{\ln\!\left(\dfrac{10^{6}}{10^{3}}\right)}.
  • Valores numéricos (unmodified curve):
    • S_1 = 0{,}9\,S_u = 0{,}9\times 110 = 99\\ \mathrm{kpsi}.
    • S_2 = S_e' = 55\\ \mathrm{kpsi}.
    • Logo
    b=\frac{\ln(55/99)}{\ln(1000)} = \frac{\ln(0{,}55556)}{\ln(1000)} \approx \frac{-0{,}5878}{6{,}9078}\approx -0{,}08505.
  • A curva S- N corrigida para a peça (todos os fatores aplicados) é simplesmente a curva não corrigida multiplicada por k:
S_{\text{corr}}(N) = k\,S_{\text{unmod}}(N) = k\,S_1\left(\frac{N}{10^{3}}\right)^{\,b}.
  • Substituindo números:
S_{\text{corr}}(N) \approx 0{,}3846 \times 99 \left(\frac{N}{10^{3}}\right)^{-0{,}08505}.
S_{\text{corr}}(N) \approx 38{,}07\\ \mathrm{kpsi}\times\left(\frac{N}{10^{3}}\right)^{-0{,}08505}.
Isto fornece o diagrama S- N prático no intervalo entre N\approx 10^{3} e 10^{6} (lembrando que a extrapolação fora desses intervalos é aproximada).

Passo 10

Verificação: a tensão de uso 40\\ \mathrm{kpsi} excede o limite corrigido?
  • O limite de fadiga corrigido (amplitude para vida longa) que calculamos foi
S_e \approx 21{,}15\\ \mathrm{kpsi}.
  • A tensão de uso dada é 40\\ \mathrm{kpsi}. Claramente
40\\ \mathrm{kpsi} > 21{,}15\\ \mathrm{kpsi},
logo a tensão de uso é maior que o limite de fadiga: a peça irá falhar em fadiga (não se encontra em regime de vida infinita).

Passo 11

Determinar o número de ciclos correspondente (resolver para N usando a curva S_{\text{corr}}(N))
  • Igualamos a expressão da curva corrigida à tensão de uso e resolvemos para N:
S_{\text{corr}}(N) = 40\\ \mathrm{kpsi}.
Mas
S_{\text{corr}}(N) = k\,S_1\left(\frac{N}{10^{3}}\right)^{b}.
Logo
k\,S_1\left(\frac{N}{10^{3}}\right)^{b} = 40.
  • Isolando \dfrac{N}{10^3}:
\left(\frac{N}{10^{3}}\right)^{b} = \frac{40}{k\,S_1}.
Tirando log e resolvendo:
\ln\!\left(\frac{N}{10^{3}}\right) = \frac{\ln\!\left(\dfrac{40}{k\,S_1}\right)}{b}.
  • Substituindo números:
    • k\,S_1 \approx 0{,}3846\times 99 \approx 38{,}07\\ \mathrm{kpsi}.
    • \dfrac{40}{k\,S_1}\approx \dfrac{40}{38{,}07}\approx 1{,}0508.
    • \ln(1{,}0508)\approx 0{,}04952.
    • b\approx -0{,}08505.
      Então
\ln\!\left(\frac{N}{10^{3}}\right) \approx \frac{0{,}04952}{-0{,}08505}\approx -0{,}5819.
\frac{N}{10^{3}} \approx e^{-0{,}5819}\approx 0{,}558.
N \approx 0{,}558\times 10^{3} \approx 558\\ \text{ciclos}.
Interpretação e observações finais:
  • O cálculo indica que, para essa tensão alternada de 40\\ \mathrm{kpsi}, a peça falharia após aproximadamente N\approx 5{,}6\times 10^{2} ciclos (cerca de 558 ciclos).
  • Observação importante (didática / de cautela): o modelo que usei assume que a curva S- N segue a lei de potência entre 10^{3} e 10^{6} ciclos e que os fatores de Marin escalam uniformemente essa curva. Aqui o resultado de N caiu abaixo de 10^{3}; portanto estamos extrapolando um pouco para a região de baixo ciclo — o valor obtido é uma estimativa razoável, mas em regimes de baixíssimo ciclo outros mecanismos (plasticidade, padrões locais) podem alterar a vida real. Apesar disso, o resultado deixa claro a conclusão prática: a peça NÃO aguenta vida longa com 40\\ \mathrm{kpsi} e tem vida muito curta (ordem de centenas de ciclos).

Resposta

Limite de fadiga corrigido: S_e \approx 21{,}15\\ \mathrm{kpsi}.
Irá falhar para 40\\ \mathrm{kpsi}? Sim.
Número de ciclos aproximado até falha: N \approx 5{,}58\times 10^{2} (aprox. 558 ciclos).

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