elementos de máquinas- aula 2 - fadiga - versão 3
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Aula 2 - elementos de máquinas - Newton PaivaTRANSCRIPT
Fadiga
Pro
fes
so
r N
ori
ma
r d
e M
elo
Ve
rtic
ch
io
2
Em geral, os componentes mecânicos estão submetidos a esforços que variam
com o tempo. Estes esforços podem provocar a falha através da fadiga no
material
• Uma fibra de um eixo girando,
sujeito a flexão, passa por cargas de
tração e compressão em cada
rotação do eixo. Se a rotação do eixo
for de 2000 rpm, a fibra será
tracionada e comprimida 2000 vezes
a cada minuto.
Exemplo:
Pro
fes
so
r N
ori
ma
r d
e M
elo
Ve
rtic
ch
io
3
A falha por fadiga ocorre em 3 estágios.
O estágio I
• corresponde ao início de uma ou mais microtrincas,
causadas por deformação plástica cíclica seguida de
propagação cristalográfica estendendo-se por dois a
cinco grãos relativamente à origem. As trincas do estágio
I não são normalmente discerníveis a olho nu.
O estágio II
• compreende a progressão de micro a macrotrincas,
formando superfícies de fratura com platôs paralelos,
separados por sulcos também paralelos. Essas
superfícies podem ser onduladas e escuras e ter bandas
leves conhecidas como marcas de praia.
O estágio III
• ocorre no ciclo de carga final, quando o material
remanescente não pode suportar as cargas, resultando
em fratura rápida e repentina.
Pro
fes
so
r N
ori
ma
r d
e M
elo
Ve
rtic
ch
io
4
Como identificar uma
ruptura causada por
fadiga?
• Presença de duas
zonas uma lisa e
outra rugosa.
Pro
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elo
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io
5
Pro
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ch
io
6
A falha por fadiga deve-se à formação de trinca e propagação. Uma trinca porfadiga se iniciará, geralmente, em uma descontinuidade no material em que atensão cíclica é um máximo.
Concentrações de
tensões (chavetas,
furos, etc)
Elementos que
deslizam uns constra
outros ( mancais,
engrenagens, etc)
Marcas de
identificação, riscos
ou rebarbas
Defeitos no próprio
material (fabricação)
Pro
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e M
elo
Ve
rtic
ch
io
7
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8
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10
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11
Superfície de fratura por fadiga deum pino AISI 8640. Cantos vivosde furos de graxa desencontradoscausaram concentrações detensão que iniciaram duas trincasde fadiga, indicadas pelas setas
Superfície de fratura por fadiga deuma biela de pisfão com 200 mm dediâmetro (8 in) de um martelo feitode aço liga e utilizado paraforjamento. Esse é um exemplo deuma fratura por fadiga causada portração pura, em que concentraçõesde tensão superficiais estãoausentes e uma trinca pode seriniciada em qualquer lugar nasecção transversal.
Pro
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Ve
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ch
io
12
Superfície de fratura por fadigadevido a torção em um eixoestriado de aço AISI 8620 quefoi cementados e endurecido.Multiplas trincas de fadigaevidentemente formadas nasraízes das estrias quepenetraram muito antes dafratura rápida e final .
Fratura por fadiga do eixo daroda dianteira de umcaminhão. O aço SAE 81B45foi temperado até a dureza de30 HRC
Pro
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ori
ma
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e M
elo
Ve
rtic
ch
io
13
Existem basicamente três metodologias distintas para
o dimensionamento à fadiga de um componente:
Fadiga controlada por tensão (ou fadiga de alto ciclo)
Fadiga controlada por deformação (ou fadiga de baixo
ciclo)
Mecânica de fratura aplicada à fadiga.
Neste curso será visto apenas a primeira
metodologia.
Pro
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e M
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Ve
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ch
io
14
TENSÕES FLUTUANTES
2
minmax σσσ
+=m
Tensão média:Tensão alternada:
2
minmax σσσ
−=a
Tensão flutuante Tensão alternada
Pro
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Ve
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15
Ensaio de fadiga
Norma ASTM E 466-96 – Standard Practicefor Conducting Force Controlled ConstantAmplitude Axial Fatigue Tests of MetallicMaterials
Através do ensaio de fadiga obtemos ascurvas S-N (Curvas de Wöhler).
0=mσb
n aNS =
Pro
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ma
r d
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elo
Ve
rtic
ch
io
16
Curva S-N
A resistência à fadiga diminuicom o aumento da vida ou donúmero de ciclos. Em algunsmateriais como aços e ferrofundidos ocorre a formação deum cotovelo entreaproximadamente 106 e 107
ciclos. Este ponto define olimite de resistência à fadiga domaterial para vida infinita,também chamado de limite deendurança (Sn ou Se).
Tensões alternadas inferiores a este limite não provoca dano por fadiga e o
material poderá ser submetido a um número infinito de ciclos sem que ocorra a
falha.
Pro
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17
Calculo da Resistência à fadiga
b
n aNS =
( )
eS
Sfa ut
2⋅
=
⋅−=
eS
Sfb utlog
3
1
Pro
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elo
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ch
io
18
Determinação do limite de resistência à fadiga teórico
Limite de resistência a fadiga teórico para carga rotativa:
>⇒
≤⇒=
MPaMPa
MPaS
R
RRe
1400700
1400 5,0'
σ
σσ
Aço Ferro fundido
>⇒
≤⇒=
MPaMPa
MPaS
R
RRe
400160
400 4,0'
σ
σσ
O limite de resistência à fadiga teórico (S’e) deve ser corrigido por diversosfatores de correção, obtendo-se o limite de resistência à fadiga (Se).
'
eedcbae SkkkkkS =
rotativa viga tipodo testede espécime de aresistênci de limite
dadeconfiabili defator
ra temperatude omodificaçã defator
carga de omodificacã defator
tamanhode omodificaçã defator
superfície de condição de omodificaçã defator
uso de condição e geometria na máquina de peça uma de crítico local no fadiga a resitência de Limite
'=
=
=
=
=
=
=
e
e
d
c
b
a
e
S
k
k
k
k
k
S
Pro
fes
so
r N
ori
ma
r d
e M
elo
Ve
rtic
ch
io
19
Determinação do limite de resistência à fadiga
'
eedcbae SkkkkkS =
Fator de modificação de condição de superfície (ka)
b
Ra ak σ= mínima traçãode aresistênci =utSP
rofe
ss
or
No
rim
ar
de
Me
lo V
ert
icc
hio
20
Determinação do limite de resistência à fadiga
'
eedcbae SkkkkkS =
Fator de modificação de tamanho(kb)
Flexão e torção:
≤<⇒
≤≤⇒=
−
−
mmdd
mmddkb
2545151,1
5179,224,1157,0
107,0
Carregamento axial
1=bk
Quando uma barra redonda não está rodando ou a seção transversal não for circular utiliza-se o diâmetro efetivo:
Pro
fes
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r N
ori
ma
r d
e M
elo
Ve
rtic
ch
io
21
Determinação do limite de resistência à fadiga
'
eedcbae SkkkkkS =
Fator de carregamento (kc)
=
torção59,0
axial85,0
flexão1
ck
Pro
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elo
Ve
rtic
ch
io
22
Determinação do limite de resistência à fadiga
'
eedcbae SkkkkkS =
Fator de temperatura (kd)
41238
253
106246,0105621,0
103414,0106507,09877,0
CC
CCd
TT
TTk
−−
−−
×−×+
×−×+=
ambR
TR
RT
Td
S
Sk
)(
)(
σ
σ==
Quando o limite de resistênciaa fadiga na temperaturaambiente for conhecido,calcule o kd pela expressãoao lado ou a tabela:
Quando o limite de resistênciaa fadiga na temperaturaambiente NÃO for conhecido,calcule o SRT através daequação abaixo:
Pro
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Ve
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ch
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23
Determinação do limite de resistência à fadiga
'
eedcbae SkkkkkS =
Fator de confiabilidade (ke)
Pro
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Ve
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24
Determinação do limite de resistência à fadiga - EXERCÍCIO
Uma barra de aço 1015 laminada a quente foi usinada a um diâmetro de 25mm.Ela deve ser posta sob carregamento axial reverso por 70 000 ciclos até falhar,em um ambiente operacional de 300ºC. Utilizando as propriedades mínimas daASTM e uma confiabilidade de 99%, estime o limite de resistência a fadiga e aresistência à fadiga a 70 000 ciclos.
MPaR 340=σ
MPa
S
Sk
CRCR
ambR
TR
RT
Td
5,331)(340
)(975,0
)(
)(
º300º300 =→=
==
σσ
σ
σ
Pro
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rtic
ch
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Determinação do limite de resistência à fadiga - EXERCÍCIO
Uma barra de aço 1015 laminada a quente foi usinada a um diâmetro de 25mm.Ela deve ser posta sob carregamento axial reverso por 70 000 ciclos até falhar,em um ambiente operacional de 300ºC. Utilizando as propriedades mínimas daASTM e uma confiabilidade de 99%, estime o limite de resistência a fadiga e aresistência à fadiga a 70 000 ciclos.
MPaCR 5,331)( º300 =σ
>⇒
≤⇒=
MPaMPa
MPaS
R
RRe
1400700
1400 5,0'
σ
σσ
( ) MPaSe 8,1655,3315,0'==
'
eedcbae SkkkkkS =
( ) 969,05,3315,4265,0
===−b
Ra ak σ
1=bk 85,0=ck 1=dk 814,0=ek
( )( )( )( )( ) MPakSe 1118,165814,0185,01969,0 ==
Pro
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so
r N
ori
ma
r d
e M
elo
Ve
rtic
ch
io
26
Determinação do limite de resistência à fadiga - EXERCÍCIO
Uma barra de aço 1015 laminada a quente foi usinada a um diâmetro de 25mm.Ela deve ser posta sob carregamento axial reverso por 70 000 ciclos até falhar,em um ambiente operacional de 300ºC. Utilizando as propriedades mínimas daASTM e uma confiabilidade de 99%, estime o limite de resistência a fadiga e aresistência à fadiga a 70 000 ciclos.
MPaCR 5,331)( º300 =σ 9,0=f( )( )
MPaa 891111
5,3319,02
==
( )1431,0
111
5,3319,0log
3
1−=
⋅−=b
( )
MPaS
aNS
n
b
n
5,180
700008911431,0
=
==−
27
Critério de falha por fadiga para tensão flutuante
Pro
fes
so
r N
ori
ma
r d
e M
elo
Ve
rtic
ch
io
28
A tensão média influencia na resistência à fadiga
Tensões médias
de compressão
tendem a
aumentar a
resistência à
fadiga.
Tensões médias
positivas (de
tração) diminuem
a resistência à
fadiga.
Pro
fes
so
r N
ori
ma
r d
e M
elo
Ve
rtic
ch
io
29
Se = Limite de resistência a fadiga
Sy = Limite de escoamento
Sut = Limite de resistência a tração
Sa = Tensão alternada
Sm = Tensão média
O diagrama tinha como função expressar um lugar geométrico que dividia as combinações seguras de combinações inseguras de e .
maσσ
mσaσ
Pro
fes
so
r N
ori
ma
r d
e M
elo
Ve
rtic
ch
io
30
Critério de Goodman
SFSS ut
m
e
a
.
1=+
σσPara obter o valor de Se énecessário utilizar os fatoresde Marin:
'
eedcbae SkkkkkS =
Critério de escoamento para primeiro ciclo de Langer:
SF
S y
ma.
=+σσ
Critério de falha de Gerber:
( ) ( )1
..2
=
+
ut
m
e
a
S
SF
S
SF σσ
Critério ASME-elíptico:
( ) ( )1
..22
=
+
y
m
e
a
S
SF
S
SF σσ
Critério de Soderberg
SFSS y
m
e
a
.
1=+
σσ
Pro
fes
so
r N
ori
ma
r d
e M
elo
Ve
rtic
ch
io
31
Os critérios de falha são usados em conjunto com uma linha de carga: m
arσ
σ=
Critério de Goodman
Critério de fadiga
Critério estático de
Langer
Intersecção do critério de fadiga e estático
Pro
fes
so
r N
ori
ma
r d
e M
elo
Ve
rtic
ch
io
32
Os critérios de falha são usados em conjunto com uma linha de carga: m
arσ
σ=
Critério de falha de Gerber
Critério de fadiga
Critério estático de
Langer
Intersecção do critério de fadiga e estático
Pro
fes
so
r N
ori
ma
r d
e M
elo
Ve
rtic
ch
io
33
Os critérios de falha são usados em conjunto com uma linha de carga: m
arσ
σ=
Critério de falha ASME-Elíptico
Critério de fadiga
Critério estático de
Langer
Intersecção do critério de fadiga e estático
Pro
fes
so
r N
ori
ma
r d
e M
elo
Ve
rtic
ch
io
34
1 - Um aço tem um limite de resistência à fadiga Se=400 MPa, Limite deresistência à tração = 1200 MPa. Qual o maior valor da tensão alternada queele suportaria, para ter a mesma vida e com FS=1, se estivesse atuando atensão σm= 80MPa? Utilize o critério de (a) Goodman e de (b) Gerber.
SFSS ut
m
e
a
.
1=+
σσMPaa
a 33,373 1
1
1200
80
400=⇒=+ σ
σ
( ) ( )1
..2
=
+
ut
m
e
a
S
SF
S
SF σσ
( ) ( )MPaa
a 22,398 11200
801
400
12
=⇒=
+ σ
σ
(a)
(b)
35
Pro
fes
so
r N
ori
ma
r d
e M
elo
Ve
rtic
ch
io
Concentração de tensões
Pro
fes
so
r N
ori
ma
r d
e M
elo
Ve
rtic
ch
io
36
No desenvolvimento das equações básicas de tensão para tração, compressão,
flexão e torção, assumiu-se que nenhuma irregularidade geométrica ocorria
no membro considerado.
Qualquer descontinuidade em uma peça de
uma máquina altera a distribuição de tensão
nesta região, de modo que as equações
elementares das tensões não mais
descrevem o estado de tensão da peça nesses
locais. Tais descontinuidades são
denominadas aumentadores de tensão, e as regiões em que ocorrem são conhecidas
como áreas de concentração de tensão
Pro
fes
so
r N
ori
ma
r d
e M
elo
Ve
rtic
ch
io
37
Um fator de concentração de tensão teórico, ou geométrico, Kt, ou Kts é utilizado
paia relacionar a máxima tensão real na descontinuidade à tensão nominal. Os fatores são definidos pelas equações:
0
max
σ
σ=tK
0
max
τ
τ=tsK
Fator de concentração de tensão teórico (Kt)
• depende apenas da geometria da peça
• O tipo de material utilizado não tem qualquer efeito
Pro
fes
so
r N
ori
ma
r d
e M
elo
Ve
rtic
ch
io
38
Fatores de concentração de tensão para várias geometrias podem ser
encontrados em diversas tabelas:
Barra em tração ou compressão simples com um furo transversal. σ = F/A,
sendo A= (w-d)t onde t é a espessura
Pro
fes
so
r N
ori
ma
r d
e M
elo
Ve
rtic
ch
io
39
Barra retangular com um furo transversal
em flexão.
σ0 = Mc/l, sendo I = (w - d)h3/12.
Barra retangular entalhada em
tração ou compressão simples.
σ0 = F/A sendo A = dt e t é a espessura
Pro
fes
so
r N
ori
ma
r d
e M
elo
Ve
rtic
ch
io
40
Barra retangular entalhada em flexão.
σ0 = Mc/l, sendo c = d/2, I= td3/12 e t é aespessura
Barra retangular filetada (adelgaçada) em
tração ou compressão simples.
σ0 = F/A, sendo A = dt e t é a espessura
Pro
fes
so
r N
ori
ma
r d
e M
elo
Ve
rtic
ch
io
41
Eixo redondo com filetagem
(adelgaçamento) do ressalto em tração.
σ0 = F/A, sendo A = πd2/4.
Barra retângula filetada (adelgaçada) em
flexão.
σ0 = Mc/l, sendo c = d/2,I= td3/12 t é a espessura.
Pro
fes
so
r N
ori
ma
r d
e M
elo
Ve
rtic
ch
io
42
Eixo redondo com filetagem
(adelgaçamento) do ressalto em torção.
τ0 = Tc/J, sendo c = d/2 e J = πd4/32.
Eixo redondo com filetagem
(adelgaçamento) do ressalto em flexão.
σ0 = Mc/l, sendo c = d/2 e l = πd4/64
Pro
fess
or: N
orim
ar d
e M
elo
Ver
ticch
io
43
( ) ( ) ( )( )
( ) ( )( )2
1
2
2
' 385,0
⋅+
⋅+⋅=
torçãoatorçãofsaxiala
axialfflexãoaflexãofa KKK τσ
σσ
Critério de von misses para cargas alternadas
( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( )( ) 21
22' 3torçãomtorçãofsaxialmaxialfflexãomflexãofm KKK τσσσ ⋅+⋅+⋅=
Critério de von misses para cargas médias
flexão para e ,Utilizar cba kkk
Pro
fes
so
r N
ori
ma
r d
e M
elo
Ve
rtic
ch
io
44
Em carregamento
estático
Materiais ducteis (ε ≥ 0,05) Fator de concentração (Kt) não
é aplicado
Materiais frageis (ε < 0,05) O fator de concentração (Kt) é
aplicado à tensão nominal
Em
carregamento
dinâmico
O fator de concentração de tensão a fadiga (Kf) é aplicado em
ambas as componentes (Tensão de Amplitude (σa) e Tensão
média (σm))
)1(1 −+= tf KqK
q = sensibilidade ao entalhe(depende do material)
)1(1 −+=sttocisalhamenfs KqK
Pro
fes
so
r N
ori
ma
r d
e M
elo
Ve
rtic
ch
io
45
2 - Uma barra de diâmetro de 40 mm foi usinada de uma barra de aço AISI1050, repuxada a frio. Essa peça deve aguentar uma carga de tração flutuantevariando de 0 a 70 kN. Por causa das extremidades e do raio dearredondamento, o fator de concentração de tensão de fadiga Kf é 1,85 paravida de 106 ou maior. Encontre Sa e Sm e o fator de segurança que resguarde defadiga e escoamento de primeiro ciclo, usando (a) a linha de fadiga de Gerber e(b) linha de fadiga ASME-elíptica.
Pro
fes
so
r N
ori
ma
r d
e M
elo
Ve
rtic
ch
io
46
MPa MPa
Pro
fes
so
r N
ori
ma
r d
e M
elo
Ve
rtic
ch
io
47
Assim, vemos que a fadiga ocorrerá primeiro e o fator de segurança é 4,13. Issopode ser visto na Figura 6-28, na qual a linha de carregamento interceptaprimeiro a curva de fadiga de Gerber no ponto B.
Pro
fes
so
r N
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Ve
rtic
ch
io
48
Pro
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ma
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Ve
rtic
ch
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49
Pro
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ch
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50
Pro
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51
Uma barra de aço sofre carregamento cíclico tal que σmax = 420 MPa eσmin = -140 MPa. Para o material, Sut= 560 MPa, Sy= 455 MPa, um limite deendurança completamente corrigido de Se= 280 MPa e f = 0,9. Calcule o númerode ciclos para uma falha por fadiga usando:
(a) O critério de Goodman modificado.
(b) O critério de Gerber.P
rofe
ss
or
No
rim
ar
de
Me
lo V
ert
icc
hio
52
Pro
fes
so
r N
ori
ma
r d
e M
elo
Ve
rtic
ch
io
53
Pro
fess
or N
orim
ar d
e M
elo
Ver
ticch
io
54