[questão \mathbf{3}(25 \%) ] Um componente de máquina, sujeito a carga cíclica de tração entre 0 a 28 kN , possui área transversal nominal A=380 \mathrm{~mm}^{2} e os limites de resistência S_{y}=490 \mathrm{MPa}, S_{u t}=590 \mathrm{MPa} e S_{u t}= 208,6 \mathrm{MPa}. Considere o fator de concentração de tensão em fadiga K_{f}=2,2 \mathrm{e} :
a) Calcule o fator de segurança para vida infinita à fadiga, considerando o critério de Goodman;
b) Verifique a ocorrência de escoamento no primeiro ciclo de carga;
c) Para o caso de falha por fadiga (vida finita), estime o número de ciclos referente a esta falha.

Passo 1

Vou listar claramente o que o enunciado nos dá e o que pede.
Dados fornecidos:
  • Carga cíclica: varia entre 0 e 28{,}0\\ \text{kN}.
  • Área transversal nominal: A=380\\ \mathrm{mm}^2.
  • Limite de escoamento: S_{y}=490\\ \mathrm{MPa}.
  • Limite último (tração): S_{ut}=590\\ \mathrm{MPa}.
  • Limite de resistência à fadiga (endurance limit) dado: S_{e}=208{,}6\\ \mathrm{MPa}. (Estou assumindo que o valor repetido no enunciado refere-se ao limite de fadiga S_{e}.)
  • Fator de concentração de tensão em fadiga: K_{f}=2{,}2.
O enunciado pede:
(a) Calcular o fator de segurança para vida infinita à fadiga, usando o critério de Goodman.
(b) Verificar se há escoamento no primeiro ciclo de carga.
(c) No caso de falha por fadiga (vida finita), estimar o número de ciclos até a falha.
Observação: não foi fornecido o fator de concentração estático K_t; vou usar K_f para obter as tensões locais (isto é comum quando só se dá K_f). Se fosse necessário distinguir, eu avisaria, mas aqui seguirei essa hipótese.

Passo 2

Calcular as tensões nominais (média e alternante) a partir da carga e da área.
Primeiro, tensão nominal máxima (quando P=28\\ \text{kN}):
\sigma_{\max,\text{nom}}=\frac{28{,}0\times10^{3}\\ \mathrm{N}}{380\\ \mathrm{mm}^2}.
Vamos calcular:
\sigma_{\max,\text{nom}}=\frac{28000}{380}=73{,}6842105263\\ \mathrm{MPa}\approx73{,}684\\ \mathrm{MPa}.
Como o ciclo é de 0 a +28 kN, a tensão mínima é \sigma_{\min,\text{nom}}=0. Então:
\sigma_{m,\text{nom}}=\frac{\sigma_{\max,\text{nom}}+\sigma_{\min,\text{nom}}}{2}=\frac{73{,}684+0}{2}=36{,}842\\ \mathrm{MPa},
\sigma_{a,\text{nom}}=\frac{\sigma_{\max,\text{nom}}-\sigma_{\min,\text{nom}}}{2}=\frac{73{,}684-0}{2}=36{,}842\\ \mathrm{MPa}.
Resumo numérico:
\sigma_{\max,\text{nom}}\approx73{,}684\\ \mathrm{MPa},\quad \sigma_{m,\text{nom}}\approx36{,}842\\ \mathrm{MPa},\quad \sigma_{a,\text{nom}}\approx36{,}842\\ \mathrm{MPa}.

Passo 3

Aplicar o fator de concentração de fadiga K_f para obter as tensões locais na raiz da entalhe (que são as relevantes para fadiga e para checagem de escoamento, na nossa hipótese).
Definição curta: K_f multiplica a tensão nominal para estimar a tensão alternante efetiva na região concentradora (ou seja, \sigma_{a,\text{local}}=K_f\;\sigma_{a,\text{nom}}). Vou aplicar K_f também à tensão média por falta de K_t (hipótese comum quando só se dá K_f).
Cálculos:
\sigma_{a,\text{local}}=K_f\\ \sigma_{a,\text{nom}}=2{,}2\times36{,}842=81{,}0526315789\\ \mathrm{MPa}\approx81{,}053\\ \mathrm{MPa},
\sigma_{m,\text{local}}=K_f\\ \sigma_{m,\text{nom}}=2{,}2\times36{,}842=81{,}053\\ \mathrm{MPa},
\sigma_{\max,\text{local}}=K_f\\ \sigma_{\max,\text{nom}}=2{,}2\times73{,}684=162{,}104210526\\ \mathrm{MPa}\approx162{,}105\\ \mathrm{MPa}.

Passo 4

(a) Calcular o fator de segurança para vida infinita usando o critério de Goodman.
Explicando o critério de Goodman (didático):
  • O critério de Goodman modifica a resistência alternante admissível em função da tensão média. A forma linear (Goodman) usada aqui é:
\frac{\sigma_{a,\text{local}}}{S_{e}}+\frac{\sigma_{m,\text{local}}}{S_{ut}}=\frac{1}{n},
onde:
  • \sigma_{a,\text{local}} é a amplitude alternante local (MPa),
  • S_{e} é o limite de resistência à fadiga (endurance limit) já corrigido pelas condições fornecidas (MPa),
  • \sigma_{m,\text{local}} é a tensão média local (MPa),
  • S_{ut} é a resistência última à tração (MPa),
  • n é o fator de segurança procurado.
Substituindo os valores numéricos:
\frac{81{,}0526}{208{,}6}+\frac{81{,}0526}{590} = 0{,}38869 + 0{,}13737 = 0{,}52606\approx\frac{1}{n}.
Logo
n=\frac{1}{0{,}52606}\approx1{,}900.
Interpretação didática curta: n\approx1{,}90 significa que, segundo Goodman com os dados fornecidos, a combinação da tensão alternante e da tensão média está abaixo do limite combinado por um fator \approx1{,}9. Em outras palavras, a peça está segura para vida infinita com esse fator de segurança.

Passo 5

(b) Verificar ocorrência de escoamento no primeiro ciclo (checar se a tensão máxima local excede S_{y}).
Explicação: Escoamento (yielding) ocorre se a tensão máxima local atingir ou ultrapassar o limite de escoamento S_y. Usando a tensão máxima local calculada no Passo 3:
\sigma_{\max,\text{local}}\approx162{,}105\\ \mathrm{MPa}.
Comparando com S_y=490\\ \mathrm{MPa}:
162{,}105\\ \mathrm{MPa} < 490\\ \mathrm{MPa}.
Conclusão: não ocorre escoamento no primeiro ciclo, pois a tensão máxima local é bem menor que S_y. (Observação: usei K_f para estimar a tensão local porque K_t não foi fornecido; mesmo se K_t fosse maior, seria preciso o seu valor para uma nova checagem.)

Passo 6

(c) Estimar o número de ciclos até falha por fadiga (caso ocorra falha por fadiga) usando uma lei S-N tipo Basquin corrigida pelo efeito da tensão média (Goodman).
Metodologia didática:
  • A relação de Basquin é \sigma_a = a\\ N^{\,b}, com a>0 e b<0.
  • Para obter a e b uso dois pontos empíricos clássicos para aços:
    • Ponto 1: em N_1=10^{3} ciclos a tensão alternante aproximada é \sigma_{1}\approx0{,}9\,S_{ut}.
    • Ponto 2: em N_2=10^{6} ciclos a tensão alternante é \sigma_{2}=S_{e} (endurance limit).
      Essas escolhas são convenções típicas para estimativas quando não há curva S-N disponível.
Cálculos:
\sigma_{1}=0{,}9\,S_{ut}=0{,}9\times590=531{,}0\\ \mathrm{MPa},
\sigma_{2}=S_{e}=208{,}6\\ \mathrm{MPa}.
Encontrar b pela razão logarítmica:
b=\frac{\ln\!\left(\dfrac{\sigma_{2}}{\sigma_{1}}\right)}{\ln\!\left(\dfrac{N_{2}}{N_{1}}\right)} =\frac{\ln\!\left(\dfrac{208{,}6}{531{,}0}\right)}{\ln\!\left(\dfrac{10^{6}}{10^{3}}\right)} =\frac{\ln(0{,}392867)}{\ln(1000)}\approx\frac{-0{,}9349}{6{,}9078}\approx-0{,}13535.
Calcular a usando o ponto N_1:
a=\sigma_{1}\,N_{1}^{-b}=531{,}0\times1000^{0{,}13535}.
Como 1000^{0{,}13535}=e^{0{,}13535\ln 1000}=e^{0{,}9350}\approx2{,}5672, segue
a\approx531{,}0\times2{,}5672\approx1362{,}8\\ \mathrm{MPa}.
Correção pelo efeito da tensão média (Goodman): transformar a tensão alternante real em uma “alternante equivalente” para linha S\!-\!N sem média:
\sigma_{a,\text{eq}}=\frac{\sigma_{a,\text{local}}}{1-\dfrac{\sigma_{m,\text{local}}}{S_{ut}}}.
Substituindo:
1-\frac{\sigma_{m,\text{local}}}{S_{ut}}=1-\frac{81{,}0526}{590}=1-0{,}13737=0{,}86263,
\sigma_{a,\text{eq}}=\frac{81{,}0526}{0{,}86263}\approx93{,}994\\ \mathrm{MPa}.
Agora usar Basquin invertido para obter N:
\sigma_{a,\text{eq}}=a\\ N^{\,b}\quad\Rightarrow\quad N=\left(\frac{\sigma_{a,\text{eq}}}{a}\right)^{1/b}.
Calcular razão:
\frac{\sigma_{a,\text{eq}}}{a}=\frac{93{,}994}{1362{,}8}\approx0{,}068995.
Como 1/b\approx\frac{1}{-0{,}13535}\approx-7{,}387, temos
N=(0{,}068995)^{-7{,}387}\approx e^{-7{,}387\ln(0{,}068995)}.
\ln(0{,}068995)\approx-2{,}6740\quad\Rightarrow\quad -7{,}387\times(-2{,}6740)=19{,}747,
N\approx e^{19{,}747}\approx3{,}77\times10^{8}\\ \text{ciclos}.
Interpretação final curta: esse número é muito grande ( \sim3{,}8\times10^{8}), bem acima de 10^{6}, o que está coerente com o resultado do item (a) que indicou segurança para vida infinita ( n\approx1{,}9). Em termos práticos, com os dados e hipóteses usadas a peça tem probabilidade de vida muito longa antes de falha por fadiga.

Resposta

(a) n\approx1{,}90 \n
(b) Não ocorre escoamento no primeiro ciclo: \sigma_{\max,\text{local}}\approx162{,}1\\ \mathrm{MPa}<S_{y}=490\\ \mathrm{MPa} \n
(c) Estimativa da vida por fadiga: N\approx3{,}8\times10^{8}\\ \text{ciclos}

Exercícios relacionados