Parte 1

9.0 – Dimensionamento de eixos e vigas.
9.1 – Critérios de Resistência.
No dimensionamento dos elementos de máquinas e estruturas, como os eixos e as
vigas, vários são os critérios que podem ser utilizados para o estabelecimento de suas
dimensões mínimas, compatíveis com as propriedades mecânicas dos materiais
utilizados, obtidas nos ensaios em laboratório.
Tais critérios surgem quando se busca a resposta à seguinte questão básica:
- quando ocorrerá a ruína* do material da peça carregada?
*(entendemos como “ruína” a deterioração do material, por ruptura, por plastificação, por
ser ultrapassado o limite de proporcionalidade, ou de escoamento etc, dependendo de seu uso).
Várias poderiam ser as hipóteses (teorias) para sustentar uma resposta a tal
questão:
- a ruína ocorre quando a maior tensão normal presente ultrapassar o valor da tensão normal
ocorrente quando da ruína do corpo de prova no ensaio de tração (ou compressão) do material;
- a ruína ocorre quando a maior tensão tangencial presente ultrapassar o valor da tensão tangencial
ocorrente quando da ruína do corpo de prova no ensaio do material correspondente;
- a ruína ocorre quando a maior deformação longitudinal presente ultrapassar o valor da
deformação longitudinal ocorrente quando da ruína do corpo de prova no ensaio do material;
- a ruína ocorre quando a maior energia específica de distorção presente ultrapassar o valor da
energia de distorção por unidade de volume ocorrente quando da ruptura do corpo de prova no
ensaio do material.
- outras...
Como se verá, não há resposta única, válida para qualquer situação: o critério que
mais se coaduna com os resultados obtidos em laboratório dependerá do tipo do material
e do tipo do carregamento.
9.2 – Teorias das Máximas Tensões.
Válido para materiais frágeis (duros, quebradiços, que se rompem nos planos
onde a tensão normal é extrema) é o critério da máxima tensão normal, segundo o
qual haverá ruína quando, em certo ponto do corpo, a tensão principal ultrapassar o
valor da tensão de ruína no ensaio uniaxial do material. Portanto, o dimensionamento
deve ser feito atendendo ao requisito (Critério de Coulomb):
½ (x + y) + √ [½ (x - y)] 2 + (xy )2 < limite ...(9.1)
Para materiais dúteis (macios, flexíveis, que
se rompem nos planos onde a tensão tangencial é
extrema), é o critério da máxima tensão
tangencial o que melhor se coaduna,
considerando que haverá ruína quando, em certo
ponto, a tensão máxima de cisalhamento
ultrapassar o valor da tensão tangencial ocorrente
(a 45º) no ensaio de tração do material (máx = ½
limite). O dimensionamento deve atender a
que (Critério de Tresca):
√ [½ (x - y)] 2 + (xy )2 < ½ limite .....(9.2)
Planos de
Clivagem
45º
(a)
(b)
Fig.9.1 – Tipos de fratura no ensaio
de tração (a) material frágil; b)
material dútil (inicialmente, a fratura
se dá por cisalhamento até que a
redução da área provoca a ruptura por
1
tração).
Exemplo 1 – Dimensionar o eixo maciço a ser fabricado em aço 1020 (tensão limite de
escoamento esc = 200MPa), de forma a transmitir um torque T = 10 kN.m, sob um
momento fletor M = 15 kN.m., com um coeficiente de segurança 1,6 ao escoamento.
Solução: Para um eixo de seção circular submetido a um torque T e um
momento fletor M, o ponto da periferia mais solicitado estará submetido as
seguintes tensões (a tensão tangencial devido a Q é desprezível para um eixo
maciço)
(d/2); JP(d/2); sendo JP = d4/32 e I = ½ JP
Como se trata de um material dútil (baixo teor de Carbono),
utilizaremos o critério da máxima tensão tangencial.
máx = √ [½ (x - y)] 2 + (xy )2 =√[½ ()d/2]2+ [(T/JP )2d/2]2
máx = [( M2 + T2 )1/2 / JP] (d/2)
Interessante notar que o termo (M2 + T2)1/2 representa o módulo do
vetor momento total atuante na seção (M + T) (chamado momento “ideal”).
Para o caso em análise, como e máx =(200/2):1,6 = 62,5MPa
teremos:
máx = 32 ( M2 + T2 )1/2 / d3
d3 = 32 [(10x103)2 + (15x103)2 ]1/2 /  (62,5x106 = 2,9838x10-3 m3
d = 1,432 x 10-1 m → d = 143 mm (Resposta)


Exemplo 2 – Para o perfil “I” esquematizado, determinar o coeficiente de segurança
para a ruptura do material, supondo tratar-se de aço 1080, de alto teor de carbono,
dureza Brinell 248, e resistência à tração de 78 kgf/mm2.
210kN
Solução: O momento de inércia da seção em relação à LN valerá:
ILN = [100 x (165)3 / 12] – [95 (150)3 / 12 = 10,72 x 106 mm2].
Na seção do engastamento teremos:
Q = 210 kN e M = - 210x103 x 0,150 = - 31,5 kNm.
Para o ponto A (no topo, onde ocorre a máxima tensão
normal de tração e onde a tensão de cisalhamento é nula), teremos:
8
5
150
= (M/ I)y = (31,5x103 / 10,72x10-6 )x0,083 = 243,9 MPa.

Considerando o estado duplo:
(tração Pura) - P1 = 243,9MPa
121,9
243,9
150

P2 = 0,000
100
8
A
máx = ½ (243,9)= 121,9MPa
Para o ponto C (na LN, onde ocorre a máxima tensão
tangencial e onde a tensão normal é nula), teremos:= (QMS / b I )
sendo MS = (0,008x0,100x0,079 + 0,005x0,075x0,0375)=77,26x10-6 m3
B
= 210x103x77,26x10-6 / 0,005 x 10,72x10-6 = 302,7MPa
Considerando o estado duplo:
(Corte Puro) - P1 = 302,7MPa
P2 = 302,7MPa
máx = 302,7MPa

C
302,7
302,7

2
Para o ponto B (na interface entre a mesa e a alma, onde ocorre uma
tensão normal elevada, embora não seja a máxima, estando presente uma tensão
tangencial também levada, embora não seja a máxima), teremos:

= (M/ I)y = (31,5x103 / 10,72x10-6)x0,075 = 220,4MPa 

= (QMS / b I) sendo MS = (0,008x0,100x0,079) = 63,20x10-6 m3
= 210x103 x 63,20x10-6 / 0,005 x 10,72x10-6 = 247,6MPa
220,4

Considerando o estado duplo:
(Tração+Corte) - P1 = 381,2MPa
P2 = -160,8MPa
máx = 271MPa
Como tg 2p = xy / ½ (x - y) =
= -247,6 / ½ (220,4) = - 2,247;
247,6
247,6
381,2
- 160,8



2p = - 66,0º; p1 = - 33,0º; p2 = 57,0º
9.3 – Teorias das Máximas Energias de deformação
Poder-se-á cogitar que a deterioração do material ocorre quando, no ponto
considerado, a energia de deformação, por unidade de volume (u), ultrapassar o valor
de tal grandeza quando da deterioração do material por ocasião do ensaio de tração
correspondente (Critério de Saint-Venant). Como vimos nos capítulos 1.6 e 1.7,
considerando os planos principais (onde não ocorrem tensões tangenciais), em um
estado triplo de tensões:
utotal = U/V = ( ½ ) (sendo:
1 = (1/E) [ 1 -  (2 + 3 )]
2 = (1/E) [ 2 -  (3 + 1 )]
3 = (1/E) [ 3 -  (1 + 2 )], que nos leva a:
utotal = [1/2E] [ (

Segundo o critério da máxima energia específica de deformação total não haverá deterioração
do material se:
limite )2 .......................... (9.4)
que, no caso do estado duplo de tensões (com 3 = 0) se torna:
limite )2 .............................. (9.5)
Observa-se experimentalmente que os materiais suportam tensões muito mais elevadas do que a
ao ensaio uniaxial de tração, quando submetidos a estados hidrostáticos de tensão (quando as 3 tensões
principais são todas iguais, ficando os círculos de Mohr reduzidos a um ponto sobre o eixo dos ), não
ocorrendo tensão tangencial em qualquer plano (ficando o estado de tensão definido pela grandeza
escalar “pressão”, invariante para todas as direções). As rochas sob a crosta terrestre são um bom
exemplo do que se comenta. Tal comportamento fica compreendido quando se leva em conta que a
energia total de deformação pode ser desdobrada em duas componentes: a energia para variação de
volume e a energia para variação de forma (distorção). Assim é que podemos estabelecer a
composição:
p
2
2 - p
1
=
p
p
+
1 - p
3
3
3 - p
Admite-se que a ação inelástica ocorrerá sempre que a energia de distorção
exceder o valor correspondente no ensaio de tração (onde apenas uma das tensões
principais não é nula). Este é o chamado critério da máxima energia de distorção
(Von Mises).
O valor da energia específica de distorção (ud) será computado subtraindo do
valor da energia total, a parcela correspondente a energia de variação volumétrica
decorrente da tensão média p, fazendo em (9.3) ip/3, nos dando:
uvolume = [(1 – 2)6E]( 

Efetuando a diferença obtem-se:


udistorção = [(1+)/6E] [(((

Segundo tal critério, não haverá a deterioração do material se:
[(((limite)2 ......................................(9.7)
Tratando-se do caso comum de um estado duplo de tensões (com a equação se torna:
(limite)2 .
Sendo médio + máx e médio - máx, obtemos:
(médiomáxlimite)2 ......................................................................(9.6)
Adotando-se certa margem de segurança, considera-se como
tensão admissível:
adm = limite / (Coeficiente de Segurança).
Interessante comentar que, no caso do estado de corte puro

(ocorrente no ensaio de torção de eixos) teremos:
r


r; r; ; que nos dá:
3r 2 limite)2 → r < 0,577 limite
r
r
(valor confirmado experimentalmente para os materiais dúteis – cerca de

60% da tensão normal do ensaio de tração, e não os 50% preconizados
pelo critério da máxima tensão tangencial).
Exemplo 3 – O recipiente cilíndrico de parede fina esquematizado
(diâmetro d = 200mm e espessura e = 2,8mm) contém ar comprimido
na pressão manométrica de 32 atmosferas e deve ser submetido à
uma força F = 10kN para aperto dos parafusos de vedação. Pede-se
avaliar o coeficiente de segurança ao escoamento admitindo que o
material da chapa seja aço com tensão normal limite de escoamento
250MPa, E = 210GPa e = 0,300, segundo os quatro critérios de
resistência estudados (não considerar os efeitos da proximidade da
chapa do fundo do recipiente na seção da base onde os esforços
solicitantes são extremos).
Solução:
Na seção da base temos: N = p.D2/4= 3,2x106 x (0,200)2/ 4=100,5kN;
10x103
=10x103x
Q = 10,0kN; M =
x 0,500 = 5,00kN.m; T
0,350 = 3,50kN.m.
A = D x e = 1,759 x 10-3 m2; JP = A x (D/2)2 = 17,59 x 10-6m4; I = ½ JP
Analisaremos as tensões ocorrentes nos pontos da seção da base (na
parte interna, onde atua uma tensão de compressão - p):
A – onde a tensão longitudinal trativa devido a p se soma a devido a M;
B – onde a tensão tangencial devido ao torque T se soma a devido a Q;
T
p
350
10kN
A
500
D=200
4
C
PONTO A
PONTO B
L
LC
C
p
C
p
LC
PONTO C
L
C
L
LC
C
p
C
C
L
L
L
Superfície interna
Superfície interna
B
Superfície interna

C = pD/2e =

C = pD/2e =

C = pD/2e =
= 3,2 x106x 0,2 / 0,0056 = 114,3MPa
= 3,2 x106x 0,2 / 0,0056 = 114,3MPa
= 3,2 x106x 0,2 / 0,0056 = 114,3MPa
L = N/A =
L = N/A - (M/I)(D/2) =
= 100,5 x 103 / 1,759x10-3 =
= 57,13 MPa
= 100,5 x 103 / 1,759x10-3 -
L = N/A + (M/I)(D/2) =
= 100,5 x 103 / 1,759x10-3 +
3
-6
+(5x10 / 8,795x10 ) x 0,100 =
= 57,13 + 56,85 = 114,0 MPa
LC = (T/JP)(D/2) =
3
-6
=(3,5x10 / 17,59x10 )x0,100=
= 19,90 MPa
3 = -p = -3,2MPa

LC = (T/JP)(D/2) + (Q/A) =
+(5x103 / 8,795x10-6) x 0,100 =
= 57,13 + 56,85 = 0,28 MPa
=(3,5x103 / 17,59x10-6)x0,100 +
+ 2 (10x103 / 1,759 x 10-3) =
= 19,90 + 11,37 = 31,27MPa
3 = -p = -3,2MPa
=(3,5x103 / 17,59x10-6)x0,100=
= 19,90 MPa
3 = -p = -3,2MPa
R = {[½ (114,3 - 114,0)]2 + 19.92}1/2=
médio = ½ (114,3 + 57,13) = 85,72
R = {[½ (114,3 – 57,13)]2 + 31,272}1/2=
=19,90
= 42,37
médio = ½ (114,3 + 114,0) = 114,2
LC = (T/JP)(D/2) =

médio = ½ (114,3 + 0,28) = 57,29
R = {[½ (114,3 – 0,28)]2 + 19.92}1/2=
=60,38
1 = 114,2 + 19,9 = 134,1MPa
2 = 114,2 - 19,9 = 94,3MPa
3 = - 3,2MPa
máx = ½ (
1 = 85,72 + 42,37 = 128,1MPa
2 = 85,72 – 42,37 = 43,45MPa
3 = - 3,2MPa
máx = ½ (
1 = 57,29 + 60,38 = 117,7MPa
2 = 57,29 – 60,38 = - 3,09 MPa
3 = - 3,2MPa
máx = ½ (
=1/2 [134,1 – (-3,2)] = 68,65MPa
=1/2 [128,1 – (-3,2)] = 65,65MPa
=1/2 [117,7 – (-3,2)] = 60,45MPa






Dos pontos analisados, é o ponto A o mais crítico, para o qual teremos:
1 = 134,1MPa; 2 = 94,3 MPa; 1 = -3,20M Pa; máx = 68,65 MPa
Pelo critério da máxima tensão normal (Coulomb); C.S. = 250 / 134,1 = 1,86.
Pelo critério da máxima tensão tangencial (Tresca); C.S. = ½ 250 / 68,65 = 1,82.
Pelo critério da máxima energia específica total (Saint-Venant);
[(((limite /CS)2 ;
(134,1)2 + (94,3)2 + (-3,2)2 – 2x0,300(134,1x 94,3 + 94,3x(-3,2) + (-3,2)x 134,1=(250/CS)2→ CS = 1,78
5
Pelo critério da máxima energia específica de distorção (Von Mises);
[(((limite /CS)2 ;
(134,1 – 94,3)2 + (94,3 + 3,2)2 + (-3,2 + 134,1)2 = 2(250 / C.S.)2 → C.S. = 2,10.
9.4 – Outras teorias. (Teoria de Mohr)
Observa-se experimentalmente que os materiais frágeis suportam tensões de
compressão bem mais elevadas que as de tração (um exemplo clássico é o concreto).
Traçando-se os círculos de Mohr correspondentes aos ensaios de tração e de compressão
do material (bem como o de corte puro, por torção, quando disponível), será lógico
admitir (Critério de Mohr) que o estado (duplo) de tensões será seguro para um dado
material se o círculo de Mohr correspondente ficar inteiramente dentro da área
delimitada pela envoltória dos círculos correspondentes aos dados obtidos nos ensaios.

rupt )Compressão
rupt )Corte
rupt )Tração

Fig, 9.2 – Teoria de Mohr para os critérios de ruptura de materiais frágeis em estado plano
de tensões.
6