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Ernesto Massaroppi Junior e João Lirani
Lista 6
- Considerando-se o problema 4 da lista 5 e usando o pré-dimensionamento feito, assuma agora as forças
variáveis com P 1 max = 15 [kN], P 2 max = 18 [kN] e P 1 min = P 2 min = 0 [kN]. Calcule o novo diâmetro
necessário.
Dimensione o eixo do problema 6 da lista 5, agora levando em conta a fadiga. Desenhe o eixo escalonado, proporcionando apoio axial a ambas as engrenagens, as quais serão unidas por meio de chavetas planas cujos rasgos foram usinados com fresa de topo.
Dimensione em relação à fadiga o eixo do problema 7 da lista 5. Redesenhe-o como um eixo escalonado, com apoio axial para ambas as polias. Essas polias serão chavetadas no eixo como no exercício anterior. Sabe-se que o diâmetro do furo da polia maior é 20% maior que o furo da polia de 150 [mm].
Dimensione em relação à fadiga o eixo de um pinhão, pertencente a um redutor de engrenagens cilíndricas, sendo que o pinhão e o eixo formam uma só peça. No lado extremo direito do eixo está montado um platô de acionamento de uma embreagem ligada a um motor. A potência máxima fornecida é
57 [HP] à 570 [rpm]. O material do eixo é o aço ABNT 1035, temperado e revenido, com σ rt = 420
[MPa] e com σ e = 320 [MPa]. O material do eixo deverá receber acabamento de usinagem fina com
ferramenta de corte. São dados:
N úmero de dentes: Z = 18 dentes retos Pinhão: Módulo: m = 6,0 [mm] Ângulo de pressão: θ=20°
Largura da engrenagem: le = 100 [mm]
A força axial devido à embreagem é de 100 [kgf]. A falha do eixo acarretará grandes prejuízos.
Φd
320 [mm] (^90130) [mm]
platô
r/d = 0,
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- O eixo da figura abaixo pertence a um mecanismo de elevação e é construído de aço ABNT 4320 cementado e temperado. Determine os diâmetros necessários para que ele transmita uma potência de 43 [HP] a 530 [rpm]. São dados:
Engrenagens: D= 180 [mm] m = 5 [mm] D= 120 [mm] m = 4 [mm]
Eixo: d (^) 1 = 0 7, d (^) 2 ; d (^) 3 =0 8, d 2
Dimensões da figura em [mm]
- Dimensione o eixo abaixo pertencente a um redutor utilizado em um sistema de elevação de cargas. A engrenagem 1 recebe 30 [HP] a 80 [rpm]. A engrenagem 2 é montada com interferência sobre o eixo. São dados:
Engrenagens:
Número de dentes (retos): 57 34 Módulo [mm]: 8 8 Ângulo de pressão: 20° 20° Largura [mm]: 100 100
Eixo feito de ABNT 8620, acabamento médio em torno; Adotar demais dados que julgar necessários.
Engrenagem 1 Engrenagem 2
575 [mm]
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Força de engrenamento
dente helicoidal Fa
Ft (^) Angulo de Hélice β
Angulo de pressão θ Diâmetro Primitivo Dp
Ft
Fr Força de engrenamento
três componentes. No plano tangente ao diâmetro primitivo no ponto de contato tem-se a força axial Fa e a força tangencial Ft. No plano circunferencial, passando também pelo ponto de contato, tem-se a mesma força tangencial Ft e a força radial Fr (ver figuras a seguir).
Plano tangencial Plano circunferencial
É interessante notar que Ft produz momento de torção e momento de flexão no eixo (normalmente no plano horizontal), a força axial Fa produz tração/compressão e momento de flexão (normalmente no plano vertical) e finalmente a força radial Fr produz um momento de flexão (normalmente vertical). É importante observar as direções destas forças, as quais dependem de as engrenagens serem motoras ou movidas e também do sentido de rotação.
No presente caso, a situação é mostrada na figura ao lado. Foram adotados as disposições de engrenagens e os sentidos de rotação mostrados. Também aparecem na figura as forças radiais e tangenciais atuantes nas engrenagens 1 e 2 (não há forças axiais pois as engrenagens tem dentes retos)
Passa-se agora aos cálculos das forças atuantes
Cálculo das forças atuantes
Inicialmente se calcula o momento de torção:
716200 [kgf.mm ]
n
N
Mt = , com N [HP] e n [rpm]
M (^) t = = 268575 [kgf.mm] = 2685 , 75 [ N.m ] 80
30 716200 ×
Motora
Fr1 Ft
Fr
Ft
Sentido de rotação
Engrenagem motora
Engrenagem movida
Fr
Ft
Ft
Fr
Engrenagem motora
Engrenagem movida
Fr
Fr
Ft
Ft
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Para calcular a força tangencial sabe-se que:
p t t
d
M = F
e também que o diâmetro primitivo é igual ao módulo da engrenagem multiplicado pelo número de dentes. dp1 = m z 1 = 8 × 57 = 456 [mm].
Daí vem que:
=11779,6 [ N]
1 1
1 d F
M
F =
d
M = F t
p
t t
p
t t ⇒
×
O cálculo da componente radial usa a seguinte formulação:
F = F tg θ F
F
tg (^) r t t
θ= r^ ⇒
sendo θ o ângulo de pressão da engrenagem.
= 11779,6 tg20 = 4287,4 [ N] o
⇒ Fr 1 ×
caso se tivesse um par de engrenagens helicoidais com β = 30o, por exemplo, o cálculo da força axial seria o seguinte:
, F = , tg F = , [N]
F
F
tg β a o a
t
a 11779 6 30 680095
= ⇒ 1 × ⇒ 1
neste caso não se deveria esquecer que a força axial produz também um momento de flexão
vertical igual a 2 a^.^ p
d F!
Tanto o módulo como o ângulo de pressão de engrenagens helicoidais podem ser medidos no plano normal ou no circunferencial, conforme será visto no capítulo referente a projeto de engrenagens.
Continuando o presente caso, na engrenagem 2 tem-se:
Mt 2 = Mt 1 = Mt = 2685,75 [N.m ] , dp 2 = 8 × 34 = 272 [mm]
F. , tg º F. , [N]
= , [N] ;
d
Mt
F =
r r
p
t
2 2
2
2
= × ⇒ =
×
Cálculo das reações dos vínculos
As equações de equilíbrio são dadas abaixo e se referem à figura da página seguinte:
1 2
1 2
1 2
1 2
∑
∑
∑
∑
⇒ × × ×
⇒ × × ×
M = F , + F , - F , =
M = -F , + F , - F , =
F = +F - F - F + F =
F = F - F + F - F =
HA t t HB
VA r r VB
H HA t t HB
v VA rr r VB
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b 2 ) Localização das secções críticas para pré-dimensionamento
Este exame requer muito cuidado. Devem-se procurar as secções onde se tem a tensão de
confronto (σ * ) máxima. Isto implica que o momento equivalente (Meq) deve ter o valor máximo,
ou a secção do eixo deve ter módulo de resistência (Wf) pequeno ou mesmo uma combinação destas situações. Às vezes é impossível prever o resultado e então se deve fazer o cálculo completo para cada secção candidata para depois se concluir onde se acha a secção mais crítica. No presente caso, as secções com diâmetro menor têm momento desprezível, e as duas secções com momento maiores tem diâmetros iguais. Isto implica que a secção com maior MfR deve ter o maior σσσσ ***** e somente ela será verificada. O exame dos diagramas de Mfh, e Mfv permite calcular que no plano médio da engrenagem 1 age um momento de flexão resultante tal que:
( 1592 , 06 ) 239 , 192 1609 , 73 [ ]
2
M fR 1 = − + = Nm e para engrenagem 2 tem-se
M (^) fR 2 = ( − 1879 , 13 ) 2 + 479 , 782 = 1939 , 41 [Nm]. Portanto a secção que passa pela
engrenagem 2 é a mais crítica.
b 3 ) Determinação da σσσσ adm para o pré-dimensionamento
a b c d
TP
σ (^) adm =. A tensão perigosa para materiais dúcteis (um aço com sigla
XX20 é dúctil) é a tensão de escoamento. Para o aço ABNT 8620 a tabela de materiais para eixos das Notas de Aula [6, pág. 6] indica:
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- segurançanormal(elevaçãodecargaspouco valiosas)
- materialdúctil
- condiçõespoucoseveras(elevaçãodecargas)
^ =
mm
kgf
mm
kgf
σ e 60 , 0 e σ rt
Fatores escolhidos:
- a = 1,0 material dúctil
- b = 2,0 carga variável com reversão (alternada simétrica devida à rotação do eixo)
- c = 1,0 carga aplicada gradualmente (embreagem)
- d = 1,7 condições gerais ligeiramente críticas
=176,5 [MPa]
mm
kgf
× × ×
σ adm =
b 4 ) Determinação do diâmetro
Para solicitação com Mf e Mt e eixo com secção circular
[ ]
[ ] (^) ( )
Nm
com
= , m , d = , ~ , d ,
, d= ,
M = , + , = ,
, M = M + M
M d= ,
eq
eq fR t adm
eq
0056 11 13 1765 10
302841 217
268575 302841 4
3 193941
4
3 217
3 6
2 2
3 2 2
×
×
Adotar-se-á d = 70 [mm] e tem-se L / D = 7,5 > 5 e, portanto, despreza-se a cortante Q.
Entretanto, a situação é um pouco mais complicada caso se tivesse a presença de força
normal. Neste caso, ficaria muito difícil determinar d de forma explícita, como feita acima. Apesar da contribuição de N para o aumento da tensão normal ser normalmente pequena, o correto seria adotar o seguinte procedimento:
a) calcula-se d como acima, desprezando, portanto N. b) assume-se d = 1,1 a 1,3 d. c) com este valor de diâmetro, calcula-se então a tensão normal máxima da secção:
σ = +
N
S
M
W
fR f
, sendo que τ permanece como acima (τ não depende de N).
d) calcula-se então a tensão de confronto σ *^ = σ 2 + 3 τ 2 e finalmente faz-se a verificação
final σ* ≤ σadm
c) Complete o croqui com os diâmetros
Assumem-se os demais diâmetros a partir do pré-dimensionamento. É normal assumirem-se escalonamentos com a relação d 1 /d 2 entre 1,2 e 1,4 e r/d=0,1.
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então, o coeficiente de variação da solicitação de torção kt = 1. Tem-se, portanto um caso de flexão e torção combinados com kf = ∞ e kt = 1. Ou seja, recaí-se no caso c) da formulação da teoria de cálculo de tensão de confronto das notas de aula. Esta teoria (fadiga com tensão normal e tangencial combinadas) é uma simplificação da formulação apresentada por G. Niemann, H. Winter e B.-R. Höhn no livro Maschinenelemente, volume 1 de 2005.
e kaf
e H = Faf kt
* = max 2 + H 2 ⋅ 2
e ainda f
fr W
M S
N σ (^) max = +. Mas neste caso N = 0, como já observado. O momento de flexão
resultante é igual a 1939,41 [Nm] e 5 [ 3 ]
3 3
= , m
π d
W f = × -
× .
Portanto =57,59[MPa]
max =^ - 5
×
σ. A tensão tangencial é simplesmente
aquela devida à torção:
5 [ 3 ]
3 3
= , m
π d
; W =
W
M
τ = t -
t
t × ×
Tem-se o momento de torção de 2685,75 [Nm]
= , [ MPa ]
5
×
Nesta secção não há entalhe, uma vez que ajuste prensado não afeta o comportamento à fadiga ⇒ βkt = βkaf = 1,0. Para o cálculo de σ (^) Faf usar-se-á a Figura 1 da apostila de ábacos de fadiga [5, pág. 2]. Em
tese esta figura é válida para flexão pura, porém é o único recurso que se tem para flexo-torção.
= 600 [MPa] ( tabeladematerialparaeixosdasNotasdeAula)
520 [MPa] açoligacom [Kgf/mm
Figura 1
e
2 rt
Faf = 95 ]
Tem-se também τe = 0,577 σe = 0,577 x 600 = 346,2 [MPa] e portanto
H =
×
× e finalmente se tem a tensão de confronto
= 57,59 +1,50 =82,99 [MPa]
σ × 39 , 84
Tensão admissível
b b b
k
Fadm Faf
Aqui se tem SFaf ou σFaf = 520 [MPa], já determinada acima. Prossegue-se na verificação à fadiga como nos exercícios anteriores.
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Finalmente se chega a: =192,83 [MPa] 1,0 1,05 1,10 1,25 1,0 1,
× × × × ×
× ×
σ Fadm ×
Portanto se tem 82,99 << 192,83, ou seja, σa* << σadm a → secção “a” superdimensionada!
d 3 ) Verificar à fadiga na secção “b”
Tensão de confronto
Também neste caso σ σ τ
σ β τ β
* = + H , H =
max
(^2 2 2) faf kt e kaf
. A secção “b” está a 150
[mm] da extremidade direita do eixo (notar que os diagramas dos esforços estão traçados a partir da linha média dos rolamentos) e logo:
=F 0,150-F 0,05=1831,3[Nm] 1. 866 , 38 [Nm ]
= F 0,150-F 0,05=360,16[Nm]
HB t
VB r
× × ⇒ =
× ×
fHb fR
fVb
M M
M
Então ter-se-á:
= =39,84 [MPa]
=55,38[MPa], 3,37 10
b a
f ×
fR b (^) W
M
max
Note-se que nos cálculos relativos às secções com escalonamento de diâmetros, usa-se sempre o diâmetro menor que é o mais crítico. Da mesma forma anterior tem-se: (^) σ (^) Faf = 520 [MPa] ; τe=346,2[MPa] Na determinação de βkt, observa-se que não se tem disponível βk para k = 1. Usa-se então βk para k = ∞ , a favor da segurança Usando-se a figura 17 da apostila de ábacos de fadiga [5, pág. 10].
= 1, 70
100 =1,4,neste caso d
d 1,25 para
= 95 [kgf/mm]
=0,
fig. 17 ,pg 10 2
1
2 Rt
〉
σ
β
d 1
kt r
Portanto não é necessário corrigir porque a relação de diâmetros é praticamente a mesma. Caso se tivesse a relação de diâmetros diferente de 1,4, proceder-se-ia como no caso do cálculo de βkf mostrado abaixo.
1, ok!
dadosmetalográf icos
1, sementalhe
1, seçãocircular
0, d= 70
fig. 21 ,pg 12
0, ,acabamentomedio
fig. 22 ,pg 12
1
k
rt
〉
〉
〉
〉
〉
η
β
σ
3
2
1
b
b
b
ap.elevação
grupoII
valorcargas
fatograve
falha
ok!
modelo
5
3
η
η
η
η
2
ok
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[ ] [ ]
=47,76 [MPa]
= 1592,06 +237,19 =1609,63 N.m =3,37. 10 m
= +H
max -
-5 3 f
2 2
2 2 2 max
σ
σ σ τ
M fR e W
Os valores de βk para rasgos de chaveta são dados na apostila de gráficos de fadiga [5, pág. 13].
aço- liga
pág.13,caso2A
aço-liga
pág.13, caso1A
kat
kaf
β
β
Também aqui se usa βkat para k = ∞ em lugar de βkt para k = 1. Agora se tem:
=1,20 e = 47,76 +1,20 39,84 =67,62 [MPa] 346,2 2,
H = *^22 ×^2
×
×
Tensão admissível
Novamente temos: b.b .b = k 1 2 3 4 5
1 2 3
σ adm σfafβ ηηη η η
e, seguindo o mesmo raciocínio anterior :
adm adm
d a
ka kd
onde βkd = βkaf = 2,0 e daí : =96,42 [MPa] 2,
= =192,83.^1 k d
ka adma β
β σ (^) admd σ ×
E assim se chega a
67,62 << 96,42 e portanto, σd* << σadm d → secção “d” superdimensionada!
O coeficiente de segurança, neste caso, é S =
adm
- = 1,43. O resultado geral da verificação
é mostrado na tabela abaixo:
Item Secção “a” Secção “b” Secção “c” Secção “d” σadm 192,83^ 117,58^ 117,58^ 96, σ*^ 82,99^ 71,62^ < 71,62^ 67, S 2,32 1,64 > 1,64 1,
Um valor aceitável de S é até 1,1, acima disto o eixo está superdimensionado e haverá então um desperdício de material. Entretanto vários outros fatores precisam ser levados em consideração na prática. Por exemplo perde-se no custo ao se redimensionar um certo eixo para um diâmetro de 23 [mm] se a bitola da matéria prima disponível no mercado é de 25 [mm] e o restante do material terá que ser usinado de qualquer forma, mas se ganha em peso. A decisão cabe ao projetista. Também é comum se ter que respeitar certas proporções entre os diâmetros e, portanto é praticamente inevitável se ter valores de S elevados perto dos extremos, onde a solicitação é bem menor.
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No presente caso, porém o exame da tabela acima indica que se deve redimensionar. Da-se abaixo um procedimento orientativo aproximado para se estimar o novo valor a ser assumido pelo diâmetro. Sabe-se que a tensão de confronto é, a grosso modo, inversamente proporcional a Wf. Como Wf é proporcional a d-3^ →
=91,83 [MPa] 1,
esequerporexemplo d
d
adm d
v
n
3
σ σ
σ
σ
n
n
v (^) L
63 [mm] 91,
⇒ d (^) n =dv×^3 *= 70 ×^3 ≅
n
v
Deve-se então refazer os cálculos com d = 63 [mm]. Finalmente vale observar que nesta nova verificação, vários cálculos não precisarão ser refeitos, pois independem (ou dependem minimamente) do diâmetro.
