Baixe Projeto de eixo e outras Manuais, Projetos, Pesquisas em PDF para Engenharia Mecânica, somente na Docsity! SOCIEDADE EDUCACIONAL DE SANTA CATARINA – SOCIESC INSTITUTO SUPERIOR TUPY – IST ADILSON GIOVANE HOFFMANN RODRIGO DA SILVA ABREU SABRINA MARQUES WELLINGTON ROBERTO TREICHEL PROJETO DE EIXO PARA TORÇÃO CONSTANTE E FLEXÃO ALTERNADA Joinville 2008 2 ADILSON GIOVANE HOFFMANN RODRIGO DA SILVA ABREU SABRINA MARQUES WELLINGTON ROBERTO TREICHEL PROJETO DE EIXO PARA TORÇÃO CONSTANTE E FLEXÃO ALTERNADA Joinville 2008 Trabalho acadêmico apresentado à disciplina de Comportamento Mecânico dos Materiais, ministrada pelo Prof. Warderson Santana da Silva, no curso de Engenharia Mecânica, turma EGM 361. 5 2 EXERCÍCIO DE PROJETO DE EIXO A figura abaixo mostra uma árvore com engrenagens com um pinhão em balanço em C. Será dimensionado o eixo, usando o material aço SAE 1030 Laminado. O eixo gira a 800 rpm. A força na engrenagem “A” é de FA = 2500 N. Usaremos um coeficiente de segurança Sg = 2,00. Os mancais serão de rolamento. As engrenagens serão unidas ao eixo por meio de uma chaveta e axialmente por meio de um encosto. Será previsto um raio de arredondamento r = 0,3 mm. Esquematizaremos a melhor geometria para o eixo e seus diâmetros mínimos. Largura do cubo da engrenagem C: Lc = 40 mm. Consideramos que os fatores de concentração de tensões onde há raios de arredondamento (nos rolamentos) é K = 3,00 e Kcis = 2,00 e para as chavetas K = Kcis = 3,50. Consideramos para o dimensionamento do eixo uma torção constante e flexão alternada. Dados do problema: • Material: Aço SAE 1030 Laminado • ω = 800 rpm • FA = 2500 N • Sg = 2,00 • Arredondamento = 0,3 mm (eixo) • LO = 30mm • LA = 40 mm • LB = 30mm • LC = 40 mm 6 • K = 3,00 (Rolamento) • KS = 2,00 (Rolamento) • KS = 3,50 (Chavetas) Diagrama de Corpo Livre Nota: Para a realização dos cálculos, alteramos a posição do “degrau” da engrenagem “A”, pois oferece uma melhor configuração para a montagem do eixo e também uma maior resistência a esforços solicitados no eixo. 7 2.1 FORÇAS ENVOLVIDAS As forças envolvidas são encontradas a partir do torque transmitido e o respectivo raio da engrenagem. A seguir os cálculos das forças envolvidas no eixo: Engrenagem “A” FAtang = FA . cosθ FAtang = 2500 . cos20˚ FAtang = 2349,232 N (em y) FArad = FA . senθ FArad = 2500 . sen20˚ FArad = 855,050 N (em z) Torque Transmitido: T = FAtang . reng. A T = 2349,232 . 0,35 T = 822,231 N.m Este torque existe na parte do eixo compreendida entre o mancal e a engrenagem, sendo uniforme em todo o eixo neste trecho. Engrenagem “C”: FCtang = T / reng. C FCtang = 822,231 / 0,15 FCtang = 5481,540 N (em z) FC = FCtang / cosθ˚ FC = 5481,540 / cos20˚ FC = 5833,333 FCrad = FC . senθ FCrad = 5833,333 . sen20˚ FCrad = 1995,117 N (em y) 10 2.3.1 Cálculo dos Momentos Fletores e Esforços Cortantes Plano xz 0 0 00 ( ) 1 1 11 ( ) 6115,174. 0 855,050. 0,565 12451,764. 1,08 5481,540. 2,365 6115,174. 0 855,050. 0,565 12451,174. 1,08 5481,540. 2,365 XZ X V x m x m x m x m M x m x m x m x m = 〈 − 〉 + − − − + − = 〈 − 〉 + − − − + − Plano xy 0 0 00 ( ) 1 1 11 ( ) 1253,606. 0 2349, 232. 0,565 5597,955. 1,08 1995,117. 2,365 1253,606. 0 2349, 232. 0,565 5597,955. 1,08 1995,117. 2,365 XZ X V x m x m x m x m M x m x m x m x m = 〈 − 〉 + − − − + − = 〈 − 〉 + − − − + − 2.3.2 Avaliação das Funções V e M nos Pontos de Interesse Calcularemos os esforços cortantes e momentos fletores nos pontos de interesse, conforme as medidas x = 0 / x = 0,015m / x = 0,565m / x = 0,585m / x = 1,065m / x = 1,08m / x = 2,345m / x = 2,365m. Plano xz x = 0 V(xz) = R0Z = 6115,174 N x = 0,015 V(xz) = R0Z = 6115,174 N x = 0,565 V(xz) = R0Z + FAZ = 6970,224 N x = 0,585 V(xz) = R0Z + FAZ = 6970,224 N x = 1,065 V(xz) = R0Z + FAZ = 6970,224 N x = 1,080 V(xz) = R0Z + FAZ + RBZ = -5481,540 N x = 2,345 V(xz) = R0Z + FAZ + RBZ = -5481,540 N x = 2,365 V(xz) = R0Z + FAZ + RBZ + FCZ = 0 N x = 0 M(xz) = R0Z.0 = 0 N.m x = 0,015 M(xz) = R0Z.0,015 = 91,728 N.m x = 0,565 M(xz) = R0Z.0,565 = 3455,073 N.m x = 0,585 M(xz) = R0Z.0,585 + FAZ.0,020 = 3594,478 N.m x = 1,065 M(xz) = R0Z.1,065 + FAZ.0,500 = 6940,185 N.m x = 1,080 M(xz) = R0Z.1,080 + FAZ.0,515 = 7044,739 N.m 11 x = 2,345 M(xz) = R0Z.2,345 + FAZ.1,780 + RBZ.1,265 = 110,591 N.m x = 2,365 M(xz) = R0Z.2,365 + FAZ.1,800 + RBZ.1,285 = 0 N.m Plano xy x = 0 V(xy) = R0y = 1253,606 N x = 0,015 V(xy) = R0y = 1253,606 N x = 0,565 V(xy) = R0y + FAy = 3602,838 N x = 0,585 V(xy) = R0y + FAy = 3602,838 N x = 1,065 V(xy) = R0y + FAy = 3602,838 N x = 1,080 V(xy) = R0y + FAy + RBy = -1995,117 N x = 2,345 V(xy) = R0y + FAy + RBy = -1995,117 N x = 2,365 V(xy) = R0y + FAy + RBy + FCy = 0 N x = 0 M(xy) = R0y.0 = 0 N.m x = 0,015 M(xy) = R0y.0,015 = 18,804 N.m x = 0,565 M(xy) = R0Z.0,565 = 708,287 N.m x = 0,585 M(xy) = R0y.0,585 + FAy.0,020 = 780,344 N.m x = 1,065 M(xy) = R0y.1,065 + FAy.0,500 = 2509,706 N.m x = 1,080 M(xy) = R0y.1,080 + FAy.0,515 = 2563,749 N.m x = 2,345 M(xy) = R0y.2,345 + FAy.1,780 + RBy.1,265 = 39,936 N.m x = 2,365 M(xy) = R0y.2,365 + FAy.1,800 + RBy.1,285 = 0 N.m Quadro Resumo 1 – Forças e Reações FAy = 2.349,232N FAz = 855,05N Forças FCy = 1.995,117N FCz = 5.481,54N R0y = 1.253,606N R0z = 6.115,174N Reações RBy = -5.597,955N RBz = -12.451,764N Quadro Resumo 2 – V's e M's em cada plano Ponto Cota (m) Vxz (N) Mxz (N.m) Vxy (N) Mxy (N.m) 1 0 6.115,174 0 1.253,606 0 2 0,015 6.115,174 91,728 1.253,606 18,804 12 3 0,565 6.970,224 3.455,073 3.602,838 708,287 4 0,585 6.970,224 3.594,478 3.602,838 780,344 5 1,065 6.970,224 6.940,185 3.602,838 2.509,706 6 1,08 -5.481,540 7.044,739 -1.995,117 2.563,749 7 2,345 -5.481,540 110,591 -1.995,117 39,926 8 2,365 0 0 0 0 Através dos carregamentos envolvidos no problema, podemos montar alguns gráficos que mostram as forças envolvidas nos diferentes pontos solicitados no eixo: Cisalhamento no Plano “xz” Momento Fletor no Plano “xz” 15 • Dureza Brinell = 179 HB Fonte: http://m.albernaz.sites.uol.com.br/aco_carbono_sae10xx.htm. Calcularemos o limite de resistência à fadiga do material: Se' = 0,5.Sut Se' = 0,5.503 MPa Se' = 251,5 MPa Onde: • Se' = limite de resistência a fadiga; • Sut = limite de resistência a tração; • Sy = resistência ao escoamento a tração. 2.4.1 Fatores de Correção da Resistência a Fadiga Grande parte dos componentes mecânicos não apresenta as mesmas características do corpo de prova, como a tensão limite de resistência a fadiga da peça (Se), que acaba diminuindo numa peça usada no diariamente. Por este motivo é necessário fazer uma correção neste valor, assim fornecendo resultados mais satisfatórios ao projeto. Se = Ccarreg . Ctamanho . Csuperf . Ctemp . Cconf . Se' Se = (1).(1).(0,76).(1).(1).(251,5 MPa) Se = 191,14 MPa O carregamento é flexão e torção, portanto o coeficiente de carga Ccarreg. será 1. Como ainda não sabemos o tamanho da peça, temporariamente suporemos que o coeficiente de tamanho, Ctamanho, seja igual a 1 e o ajustaremos posteriormente. O coeficiente de acabamento superficial, Csuperf 0,76, é escolhido para um acabamento de usinagem baseado na Fig. 6.26 (Norton). A temperatura não é elevada, portanto o coeficiente de temperatura, Ctemp, é igual a 1. Pressupomos que temos 50% de confiabilidade no estágio preliminar de projeto com Cconf de 1. 16 2.4.2 Sensibilidade ao Entalhe A sensibilidade do material ao entalhe é encontrada pelo gráfico 6.36 (Norton), considerando o raio do entalhe de 0,3. q = 0,55 (flexão) q = 0,59 (torção) Utilizaremos os fatores de concentração de tensões onde há raios de arredondamento, e como ainda não temos σmáx, diremos que Kfm = Kf e Kfsm = Kfs. Kf = 1 + q . (Kt – 1) • Mancal Kt = 3,0 (Flexão) Kt = 2,0 (Torção) Kf = 1 + 0,55.(3,0 – 1) Kf = 2,1 (Flexão) Kfm = Kf = 2,1 Kfs = 1 + 0,59.(2,0 – 1) Kfs = 1,59 (Torção) Kfsm = Kfs = 1,59 17 • Chaveta Kt = 3,5 (Flexão e Torção) Kf = 1 + 0,55.(3,5 – 1) Kf = 2,375 (Flexão) Kfm = Kf = 2,375 Kfs = 1 + 0,59.(3,5 – 1) Kfs = 2,475 (Torção) Kfs = Kfs = 2,475 2.5 CÁLCULO DOS DIÂMETROS DO EIXO Utilizando a equação 9.6 (Norton,1997) e a magnitude do momento resultante nos pontos pré-determinados, tem-se: 1 1 3 2 2 232. 3 4 Nf Ma Tm d Kf Kfsm Sf Syπ         = +               Será utilizado fator de segurança Nf = 2,0, conforme descrito o problema. Diâmetro no ponto 0: 1 1 3 2 2 2 1 6 6 32.2,0 0 3 822,231 2,1. 1,59. 191,14.10 4 358.10 d π        = +             d1 = 0,040m ou 40,09 mm d1 = 40,09 mm 1 1 3 2 2 2 2 6 6 32.2,0 93,636 3 822,231 2,1. 1,59. 191,14.10 4 358.10 d π        = +             d2 = 0,041m ou 40,766 mm 20 2.6 RECALCULANDO OS DIÂMETROS DO EIXO Com os novos valores de tensões, serão recalculados os diâmetros do eixo utilizando o valor dos momentos nos pontos mais críticos do eixo. 1 1 3 2 2 2 0 6 6 32.2,0 93,636 3 822,231 2,1. 1,59. 158,523.10 4 358.10 d π        = +             d0 = 0,041m ou 41,06 mm d0 = 41,06 mm 1 1 3 2 2 2 6 6 32.2,0 3678, 207 3 822,231 2,375. 2,475. 145,675.10 4 358.10A d π        = +             dA = 0,107m ou 107,02 mm dA = 107,02 mm 1 1 3 2 2 2 6 6 32.2,0 7496,743 3 822,231 2,1. 1,59. 142,957.10 4 358.10B d π        = +             dB = 0,131m ou 130,93 mm dB = 130,93 mm 1 1 3 2 2 2 6 6 32.2,0 117,577 3 822, 231 2,375. 2,475. 156,437.10 4 358.10A d π        = +             dC = 0,047m ou 47,43 mm dC = 47,43 mm 21 Utilizaremos diâmetros comerciais para o eixo do problema, e com isso, iremos fazer algumas considerações para os diâmetros que serão utilizados: • Como d0 está localizado onde será o mancal “O” e o valor dele é de 41,66mm e dC está onde será o outro mancal do conjunto e seu valor é de 48,03, consideramos d0 = dC, para garantir uma melhor montagem e não precisar de muita usinagem no eixo. • Apesar de não sofrer grandes esforços o diâmetro dD servirá de encosto para o mancal B então vamos admitir dD = 150mm. dO = 50mm dA = 110mm dB = 130mm dC = 50mm dD = 150mm 2.5.1 Tensões no Eixo Calcularemos as tensões envolvidas (σm, τm, σa e τa) nos pontos críticos do eixo: a3 3 m3 3 32 16 32 16 a Ma Ta Kf Kfs d d Mm Tm m Kfm Kfsm d d σ τ π π σ τ π π = ⋅ = ⋅ = ⋅ = ⋅ Nota: Como a torção é constante, consideramos τa = 0. Ponto A: 3 3 m 3 32.(3678,207) 2,375 66,85 .(0,11) 32.(3678, 207) 2,475 69,67 .(0,11) 16.(822,231) 2, 475 7,79 .(0,11) 0 a m a MPa MPa MPa σ π σ π τ π τ = ⋅ = = ⋅ = = ⋅ = = 22 Ponto B: 3 3 m 3 32.(7496,743) 2,1 72,99 .(0,13) 32.(7496,743) 1,59 55,26 .(0,13) 16.(822,231) 1,59 3,03 .(0,13) 0 a m a MPa MPa MPa σ π σ π τ π τ = ⋅ = = ⋅ = = ⋅ = = Ponto C: 3 3 m 3 32.(117,577) 2,375 22,75 .(0,05) 32.(117,577) 2,475 23,71 .(0,05) 16.(822,231) 2, 475 8,29 .(0,05) 0 a m a MPa MPa MPa σ π σ π τ π τ = ⋅ = = ⋅ = = ⋅ = = Tensão Alternada 400 Diagrama de Goodman —— Esc. Estático Goodman(DGM) » Tensões 150 200 250 300 350 400 450 500 550 Tensão Média 25 26 4 CONCLUSÃO Foi possível determinar com os resultados obtidos nos cálculos preliminares razoáveis tamanhos para os diâmetros dos degraus envolvidos neste trabalho, que são d0, dA, dB e dC. Através dos diâmetros calculados, pode-se calcular o Ctamanho de cada ponto envolvido no sistema, com o fator de correção para a resistência à fadiga. Com isso, obtivemos novas tensões de limite de resistência a fadiga, para assim, recalcularmos os diâmetros nos pontos críticos do eixo. Os diâmetros recalculados foram d0 = 50mm, dA = 110mm, dB = 130mm e dC = 50mm, e os mesmos foram arredondados para diâmetros comerciais, pois podemos garantir uma melhor montagem do sistema com esses valores e como o mancal B não teria onde ser apoiado, foi acrescentado mais um diâmetro dD = 150mm. Com esses novos valores calculamos as tensões normais alternantes e médias, bem como as tensões cisalhantes alternantes e médias, e com estes valores, desenhamos o diagrama de Goodman para podermos observar se os resultados encontrados estavam na região segura. Com o diagrama de Goodman, podemos prever que caso o eixo venha a falhar, o mesmo pode falhará por fadiga, pois os três pontos considerados atingem a curva de Goodman. 27 REFERÊNCIAS BIBLIOGRÁFICAS NORTON, Robert L. Machine Design - An Integrated Approach. New Jersey, USA: Prentice-Hall, 1997. SHIGLEY, Joseph E. Elementos de Máquinas I. São Paulo, SP: Livros Técnicos e Científicos, Editora S.A., 1981. EletroMec. Propriedades Mecânicas dos Aços Carbono. Disponível em: <http://m.albernaz.sites.uol.com.br/aco_carbono_sae10xx.htm> Acesso em: 10 de out. 2008.