ema100 aula eixos

Universidade Federal de Minas Gerais - Escola de Engenharia

Eixos e Componentes de Eixo

Prof. Alexander Mattioli Pasqual DEMEC – sala 3220 E-mail: [email protected]

Graduação em Engenharia Mecânica EMA100 – Elementos de Máquinas II


Introdução


Eixos e Árvores Definição: Elementos rotativos ou estacionários, geralmente de seção circular, nos quais são montados outros elementos de máquinas, tais como engrenagens, polias, volantes de inércia, rodas dentadas, mancais, etc. §  Eixo: possui função estrutural, submetido essencialmente à flexão; §  Árvore: possui função de transmissão de potência:

•  Potência transmitida: P = Tω •  Cargas: flexão (variável), torção (variável ou constante) e axial (geralmente constante) ⇒ fadiga sob carregamento combinado.


Exemplos de Eixos e Árvores Árvore Árvore de Manivelas

(Virabrequim)

Eixos rotativos que não transmitem potência (Rodeiros Ferroviários)


Dimensionamento de Eixos e Árvores O dimensionamento de eixos e árvores deve levar em conta:

§  Falha sob carregamento estático (escoamento);

§  Falha sob carregamento variável (fadiga);

§  Falha por deflexão transversal elástica excessiva;

§  Falha por deflexão torcional elástica excessiva;

§  Falha devido a efeitos dinâmicos (velocidades críticas).

Deflexão transversal elástica excessiva.


Eixo ranhurado

Componentes de eixo para fixação axial e/ou transferência de torque: §  Anéis de retenção ou elásticos; §  Espaçadores; §  Colares; §  Chavetas; §  Parafusos de fixação; §  Pinos.

Componentes de Eixo

ü  Outros métodos de transferência de torque: §  Estrias e ranhuras; §  Ajustes de interferência; §  Ajustes cônicos.

Ajuste cônico com chaveta

Anel elástico


Geometria e Disposição do Eixo


Geometria Típica de Eixos

Geometria típica de eixos: cilindro escalonado, seção circular maciça. Ressalto ⇒ ajuste das peças montadas no eixo, transmissão de cargas axiais. Arredondamento ⇒ redução da concentração de tensões. Chanfro ⇒ evitar rebarbas.


Disposição do Eixo Ex.: Redutor vertical de velocidade tipo sem-fim coroa.


Eixo intermediário de redutor Eixo de ventilador

Situação

Solução

Disposição do Eixo

mancais

engrenagens ventilador polia

mancais

mancais de rolamento

espaçador

mancais de deslizamento

colares + parafusos de fixação


Disposição Axial de Componentes no Eixo

Recomendações: §  Posicionar componentes de transmissão entre mancais. Exceção: transmissões flexíveis para uma maior facilidade de substituição da correia ou corrente; §  Usar apenas dois mancais por eixo a fim de evitar montagens hiperestáticas. Exceção: eixos longos (atenção ao alinhamento dos mancais); §  Usar eixos curtos para reduzir o momento fletor e a deflexão; §  Posicionar precisamente os componentes ao longo da dimensão axial do eixo. Pode-se utilizar ressaltos, anéis de retenção, espaçadores, colares, pinos, parafusos, etc.

ü  Dilatação térmica (eixos longos, principalmente): é melhor usar apenas um mancal para transferir a carga axial do eixo à caixa a fim de evitar o confinamento do eixo em caso de aumento de temperatura.


Projeto do Eixo por Tensão


Locais CríAcos As tensões devem ser avaliadas apenas nos pontos mais prováveis de falha: §  Usualmente na superfície externa do eixo devido à flexão e torção; §  Nas seções com momentos fletores elevados; §  Nas seções com torque não nulo; §  Nas regiões com concentrações de tensão (ressaltos, rasgos de chaveta, etc).

ü  Tensões normais devido a cargas axiais: usualmente constantes e desprezíveis comparadas às tensões normais devido à flexão.


Tensões no Eixo §  Tensões normais devido ao momento fletor M na superfície do eixo: Componente alternada: Componente média:

§  Tensões de cisalhamento devido ao torque T na superfície do eixo : Componente alternada: Componente média:

§  Tensões normais devido à carga axial F: Componente média:

𝜎𝑎 = 𝐾𝑓𝑀𝑎(𝑑/2)

𝐼

𝜎𝑚 = 𝐾𝑓𝑀𝑚(𝑑/2)

𝐼

𝐼 =𝜋𝑑4

64

𝜎𝑎 = 𝐾𝑓32𝑀𝑎

𝜋𝑑3

𝜎𝑚 = 𝐾𝑓32𝑀𝑚

𝜋𝑑3

seção circular maciça

𝜏𝑎 = 𝐾𝑓𝑠𝑇𝑎(𝑑/2)

𝐽

𝜏𝑚 = 𝐾𝑓𝑠𝑇𝑚(𝑑/2)

𝐽

𝐽 =𝜋𝑑4

32

𝜏𝑎 = 𝐾𝑓𝑠16𝑇𝑎𝜋𝑑3

𝜏𝑚 = 𝐾𝑓𝑠16𝑇𝑚𝜋𝑑3

seção circular maciça

seção circular maciça 𝜎𝑚 = 𝐾𝑓

(𝑎𝑥𝑖𝑎𝑙 ) 𝐹𝐴 𝜎𝑚 = 𝐾𝑓

(𝑎𝑥𝑖𝑎𝑙 ) 4𝐹𝜋𝑑2


Tensões de Von Mises para Eixos Maciços As cargas combinadas produzem um estado plano de tensões. Desprezando as cargas axiais, tem-se: §  Componente alternada da tensão de von Mises:

§  Componente média da tensão de von Mises:

𝜎𝑎′ = %𝜎𝑎2 + 3𝜏𝑎2 = *+𝐾𝑓32𝑀𝑎

𝜋𝑑312+ 3 +𝐾𝑓𝑠

16𝑇𝑎𝜋𝑑3

12

𝜎𝑚′ = %𝜎𝑚2 + 3𝜏𝑚2 = *+𝐾𝑓32𝑀𝑚

𝜋𝑑312+ 3 +𝐾𝑓𝑠

16𝑇𝑚𝜋𝑑3

12


Fadiga em Eixos de Transmissão Para eixos de transmissão, a componente média da tensão de von Mises nunca é nula, logo, um dos quatro critérios de falha por fadiga deve ser utilizado:


Fadiga em Eixos Maciços pelo Critério de Goodman Falha por fadiga pelo critério de Goodman modificado (vida infinita): onde n é o fator de segurança, Se é o limite de fadiga e Sut é o limite de resistência à tração. Substituindo as expressões para as tensões de von Mises na equação acima: Rearranjando esta equação, obtém-se: que fornece o diâmetro do eixo na seção crítica para um fator de segurança n.

𝜎𝑎′

𝑆𝑒+𝜎𝑚′

𝑆𝑢𝑡=1𝑛

16𝜋𝑑3

&1𝑆𝑒)4+𝐾𝑓𝑀𝑎0

2 + 3+𝐾𝑓𝑠𝑇𝑎02 +

1𝑆𝑢𝑡

)4+𝐾𝑓𝑀𝑚02 + 3+𝐾𝑓𝑠𝑇𝑚0

28 =1𝑛

𝑑 = #16𝑛𝜋(1𝑆𝑒+4-𝐾𝑓𝑀𝑎2

2 + 3-𝐾𝑓𝑠𝑇𝑎22 +

1𝑆𝑢𝑡

+4-𝐾𝑓𝑀𝑚22 + 3-𝐾𝑓𝑠𝑇𝑚2

2;<1/3


Caso ParAcular: Torção Constante e Flexão Alternada

§  Torção constante ⇒ Ta = 0 §  Flexão alternada ⇒ Mm = 0 Neste caso, as equações anteriores simplificam-se para e

𝑑 = #16𝑛𝜋 (

2𝐾𝑓𝑀𝑎

𝑆𝑒+√3𝐾𝑓𝑠𝑇𝑚𝑆𝑢𝑡

891/3

16𝜋𝑑3 &

2𝐾𝑓𝑀𝑎

𝑆𝑒+√3𝐾𝑓𝑠𝑇𝑚𝑆𝑢𝑡

5 =1𝑛


Fadiga em Eixos Maciços pelo Critério ASME ElípAco Falha por fadiga pelo critério ASME elíptico (vida infinita): onde Sy é a tensão de escoamento. Substituindo as expressões para as tensões de von Mises na equação acima: Rearranjando esta equação, obtém-se:

que fornece o diâmetro do eixo na seção crítica para um fator de segurança n. ü Analogamente, outras expressões podem ser obtidas utilizando os critérios de Soderberg e Gerber.

!𝑛𝜎𝑎′

𝑆𝑒(2

+ !𝑛𝜎𝑚′

𝑆𝑦(2

= 1

16𝜋𝑑3

&4 (𝐾𝑓𝑀𝑎

𝑆𝑒/2

+ 3 (𝐾𝑓𝑠𝑇𝑎𝑆𝑒

/2

+ 44𝐾𝑓𝑀𝑚

𝑆𝑦72

+ 34𝐾𝑓𝑠𝑇𝑚𝑆𝑦

72

=1𝑛

𝑑 = #16𝑛𝜋(4*

𝐾𝑓𝑀𝑎

𝑆𝑒12

+ 3 *𝐾𝑓𝑠𝑇𝑎𝑆𝑒

12

+ 47𝐾𝑓𝑀𝑚

𝑆𝑦:2


:2

;

1/3



§  Torção constante ⇒ Ta = 0 §  Flexão alternada ⇒ Mm = 0 Neste caso, as equações anteriores simplificam-se para e

16𝜋𝑑3

&4(𝐾𝑓𝑀𝑎

𝑆𝑒/2


72

=1𝑛

𝑑 = #16𝑛𝜋(4*

𝐾𝑓𝑀𝑎

𝑆𝑒12


:2

;

1/3


Falha EstáAca por Escoamento em Eixos Maciços Pelo critério de Von Mises, o fator de segurança (ny) é onde Alternativamente, pode-se estimar a tensão máxima de von Mises fazendo Esta estimativa é conservadora, pois conduz a um valor da tensão máxima de Von Mises superior ou igual ao real.

𝑛𝑦 =𝑆𝑦𝜎max′

𝜎max′ = '(𝜎𝑚 + 𝜎𝑎)2 + 3(𝜏𝑚 + 𝜏𝑎)2

= 1232𝐾𝑓𝜋𝑑3

(𝑀𝑚 +𝑀𝑎)82

+ 3 216𝐾𝑓𝑠𝜋𝑑3

(𝑇𝑚 + 𝑇𝑎)82

𝜎max′ ≈ 𝜎𝑚′ + 𝜎𝑎′ = +,𝐾𝑓32𝑀𝑚

𝜋𝑑342+ 3 ,𝐾𝑓𝑠

16𝑇𝑚𝜋𝑑3

42+ +,𝐾𝑓

32𝑀𝑎

𝜋𝑑342+ 3 ,𝐾𝑓𝑠

16𝑇𝑎𝜋𝑑3

42



𝑑 = #16𝑛𝑦𝑆𝑦𝜋

*4,𝐾𝑓𝑀𝑎12 + 3,𝐾𝑓𝑠𝑇𝑚1

281/3

§  Torção constante ⇒ Ta = 0 §  Flexão alternada ⇒ Mm = 0 Neste caso, a equação anterior simplifica-se para Pelo critério de Von Mises: Logo, o diâmetro para um fator de segurança ny contra falhas estáticas é

𝑛𝑦 =𝑆𝑦𝜎max′

𝜎max′ =16𝜋𝑑3

,4.𝐾𝑓𝑀𝑎32 + 3.𝐾𝑓𝑠𝑇𝑚3

2


Exemplo Enunciado: Projete um eixo para suportar os elementos mostrados na figura com um fator de segurança mínimo de 2,5. Ele deve transmitir 2 hp a 1725 rpm. A figura mostra um projeto preliminar da configuração do eixo. O torque e a força na engrenagem não variam no tempo.


Solução – Etapa 1 Determinar o torque transmitido

in.lbf/s2hp 6600hp

lbf.in2 rad/s1725rpm60 rpm

PT Tω π

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠= ⇒ = =

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

73,1


Solução – Etapa 2 Determinar as forças na polia

73,1 lbf.in lbf3inn

TFr

= = = 24,36

Correia em V ⇒ tração em ambos os lados: F1 no lado apertado e F2 no lado folgado. Assume-se que F1 = 5 F2.

Força associada com o torque motor (Fn):

1 2 24n nF F F F F= − ⇒ =

Força que flete o eixo (Fs): 1 2 26s sF F F F F= + ⇒ =

6Logo, 1,5 24,36 lbf4s nF F= = × = 36,54


Solução – Etapa 3 Determinar a força no dente da engrenagem

73,1 lbf.in lbf3ingy

TFr

= = = -24,36Componente tangencial (Fgy):

O ângulo de pressão da engrenagem é 20°. Logo, a componente radial é

0tan(20 ) lbfgx gyF F= = 8,87


Solução – Etapa 4 Determinar as reações de apoio nos mancais

R1y R2y Fgy Fsy

2,0 5,0

6,75 8,0

2

2

5 2 6,75 0

0,4 1,35

0,4 ( 24,36) 1,35 0 lbf

A y gy sy

y gy sy

M R F FR F F

= + + =

⇒ = − −

= − × − − × =

∑

9,74

1 2

1 2

0

24,36 0 9,74 lbf

y gy sy y

y gy sy y

F R F F RR F F R= + + + =

⇒ = − − −

= − − =

∑

14,61

D.C.L.: plano yz


Solução – Etapa 4 Determinar as reações de apoio nos mancais

R1x R2x Fgx Fsx

2,0 5,0

6,75 8,0

2

2

5 2 6,75 0

0,4 1,35

0,4 8,87 1,35 36,54 lbf

A x gx sx

x gx sx

M R F FR F F

= + + =

⇒ = − −

= − × − × =

∑

-52,87

1 2

1 2

0

8,87 36,54 52,87 lbf

x gx sx x

x gx sx x

F R F F RR F F R= + + + =

⇒ = − − −

= − − + =

∑

7,47

D.C.L.: plano xz


Solução – Etapa 5 Obter os diagramas de momento fletor

R1y R2y Fgy

2,0 5,0

8,0

D.C.L.: plano yz

1 14,61x yM R z z= =

R1y

z Mx Vy

Vy R1y R2y Fgy

z Mx

R1y Fgy

z Mx Vy 1 ( 2)

14,61 24,36( 2)x y gyM R z F z

z z= + −

= − −

1 2( 2) ( 5)

14,61 24,36( 2) 9,74( 5)x y gy yM R z F z R z

z z z= + − + −

= − − + −



R1x R2x Fgx Fsx

2,0 5,0

6,75 8,0

D.C.L.: plano xz

R1x

z My Vx

Vx R1x R2x Fgx

z My

R1x Fgx

z My Vx

1 7, 47y xM R z z= =

1 ( 2)

7,47 8,87( 2)y x gxM R z F z

z z= + −

= + −

1 2( 2) ( 5)

7,47 8,87( 2) 52,87( 5)y x gx xM R z F z R z

z z z= + − + −

= + − − −



2 2x yM M M= +

MB = 32,8 lbf.in

MC = 64,0 lbf.in

MD = 9,1 lbf.in


Solução – Etapa 6 Calcular o limite de fadiga

Ø  Seleção preliminar do material do eixo: aço de baixo carbono laminado a frio, SAE1020, com Sut = 65 ksi (448 MPa) e Sy = 38 ksi (262 MPa). (Material barato e com baixa sensibilidade ao entalhe, porém não muito resistente).

Ø  Cálculo do limite de fadiga não-corrigido (aço, Sut < 1400 MPa):

Ø  Cálculo do limite de fadiga corrigido:

•  Fator de superfície: usinado ou laminado a frio ⇒ a = 4,51 e b = -0,265 •  Fator de tamanho: Tamanho ainda não determinado ⇒ kb = 1 (ajusta-se depois) •  Fator de carregamento: Carregamento combinado ⇒ kc = 1 •  Temperatura não elevada ⇒ kd = 1 •  Confiabilidade de 99% ⇒ ke = 0,814 •  Fator de efeitos diversos: kf = 1

𝑆𝑒 = 𝑘𝑎𝑘𝑏𝑘𝑐𝑘𝑑𝑘𝑒𝑘𝑓𝑆𝑒′ = 0,89 × 1 × 1 × 1 × 0,814 × 1 × 32500 = 𝟐𝟑𝟓𝟒𝟓 𝐩𝐬𝐢

𝑆𝑒′ = 0,5𝑆𝑢𝑡 = 0,5 × 65000 = 32500 psi

𝑘𝑎 = 𝑎𝑆𝑢𝑡𝑏 = 4,51 × 448−0,265 = 0,89


Solução – Etapa 7 Determinar a sensibilidade ao entalhe (q)

•  Assumiremos um raio de entalhe r = 0,01 in.

•  Flexão: Sut = 65 ksi ⇒ q ≈ 0,5 (Fig. 6-20, Budynas e Nisbett, 8 ed.).

•  Torção: Aços recozidos ⇒ qs ≈ 0,6 (Fig. 6-21, Budynas e Nisbett, 8 ed.).


Solução – Etapa 8 Determinar os fatores de concentração de tensão em fadiga majorados (Kf)

1 ( 1)f tK q K= + −

onde Kt é o fator de concentração de tensão geométrico.

Ø  Hipóteses: Kt = 2,7 para os ressaltos em flexão; Kts = 2,2 para os ressaltos em torção; Kt = 2,14 para chavetas em flexão e Kts = 3,0 para chavetas em torção. (Ver Tab. 7-1, Budynas e Nisbett, 8 ed.) •  Para a flexão em z = 5 e z = 6,5 in: Kf = 1 + q (Kt - 1) = 1 + 0,5×(2,7 - 1) = 1,85

•  Para a torção em z = 5 e z = 6,5 in: Kfs = 1 + qs (Kts - 1) = 1 + 0,6×(2,2 - 1) = 1,72

•  Para a flexão em z = 2 in: Kf = 1 + q (Kt - 1) = 1 + 0,5×(2,14 - 1) = 1,57 •  Para a torção em z = 2 in: Kfs = 1 + qs (Kts - 1) = 1 + 0,6×(3,0 - 1) = 2,2


Solução – Etapa 9 Calcular os diâmetros mínimos do eixo (d)

𝑑 = #16𝑛𝜋(4*

𝐾𝑓𝑀𝑎

𝑆𝑒12


:2

;

1/3

Utilizando o critério ASME elíptico:

𝑑1 = $16 × 2,5

𝜋+4-

1,57 × 32,823545

12

+ 3 -2,2 × 73,138000

12

4

13

= 𝟎, 𝟒𝟕𝟕 𝐢𝐧

𝑑2 = $16 × 2,5

𝜋+4-

1,85 × 6423545

02

+ 3 -1,72 × 73,138000

02

4

13

= 𝟎, 𝟓𝟐𝟖 𝐢𝐧

𝑑3 = $16 × 2,5

𝜋,4.

1,85 × 9,123545

12

+ 3 .1,72 × 73,138000

12

5

13

= 𝟎, 𝟒𝟐𝟐 𝐢𝐧



Falha por escoamento (critério de Von Mises): 𝑑 = #16𝑛𝑦𝑆𝑦𝜋

*4,𝐾𝑓𝑀𝑎12 + 3,𝐾𝑓𝑠𝑇𝑚1

281/3

𝑑1 = $16 × 2,538000𝜋

.4(1,57 × 32,8)2 + 3(2,2 × 73,1)2413

= 𝟎, 𝟒𝟔𝟑 𝐢𝐧

𝑑2 = $16 × 2,538000𝜋

.4(1,85 × 64)2 + 3(1,72 × 73,1)2413

= 𝟎, 𝟒𝟕𝟔 𝐢𝐧

𝑑3 = $16 × 2,538000𝜋

.4(1,85 × 9,1)2 + 3(1,72 × 73,1)2513

= 𝟎, 𝟒𝟐𝟎 𝐢𝐧



Diâmetro mínimo Falha por fadiga (ASME elíptico)

Falha estática (Von Mises)

d1 0,477 in 0,463 in d2 0,528 in 0,476 in d3 0,422 in 0,420 in

Como 0,477 in > 0,463 in, 0,528 in > 0,476 in e 0,422 in > 0,420 in, o modo de falha predominante em todas as seções consideradas é fadiga.


Solução – Etapa 10 Determinar diâmetros razoáveis para o eixo

•  Diâmetro padronizado do mancal de esferas: 0,591 in. ⇒ d2 = 0,591 in (> 0,528 in)

•  Escolhemos d3 = 0,50 in (> 0,422 in), d1 = 0,625 in (> 0,477 in) e d0 = 0,75 in


Solução – Etapa 11 Calcular os fatores de segurança a partir dos diâmetros finais selecionados

•  Recalcular o limite de fadiga Se (etapa 6) considerando o kb;

•  Recalcular Kf e Kfs (etapa 8) a partir dos Kt correspondentes às dimensões finais do eixo;

•  Obter os novos fatores de segurança nos pontos z = 2, z = 5 e z = 6,5 in através da equação:

𝑛 =𝜋𝑑3

16 (4 *𝐾𝑓𝑀𝑎

𝑆𝑒12


92

:−1/2


Chavetas


Chavetas Definição: A chaveta é “uma parte de maquinaria desmontável que, quando colocada em assentos, representa um meio positivo de transmitir torque entre o eixo e o cubo” (ASME). As chavetas são fabricadas em formas e tamanhos padronizados, tipicamente em aço de baixo carbono laminado a frio.

ü  Componentes chavetados geralmente têm um ajuste deslizante ⇒ facilidade de montagem e desmontagem.


Tipos de Chavetas

As chavetas se classificam em: §  Chavetas paralelas; §  Chavetas de disco ou meia-lua (Woodruff); §  Chavetas afuniladas, cônicas ou de cunha.


§  São as mais usadas; §  Seção transversal quadrada ou retangular; §  Largura, altura e profundidade do rasgo padronizados em função do diâmetro do eixo;

§  Cantos arredondados ou não, podendo haver parafusos para fixar a chaveta ao eixo.

Chavetas Paralelas


Chavetas Paralelas §  Chavetas quadradas e retangulares §  Dimensões padronizadas §  Unidade: polegadas §  w: largura §  h: altura


§  Apresenta forma semi-circular e dimensões padronizadas; §  Usadas em eixos menores, nas proximidades de ressaltos (menor concentração de tensão), em eixos cônicos (facilidade de montagem) e para altas rotações (melhor concentricidade);

§  Comprimento relativamente pequeno ⇒ menor capacidade de transmitir torque.

Chavetas de Disco ou Meia-‐Lua (Woodruff)

Ajuste cônico com chaveta


Chavetas de Disco ou Meia-‐Lua (Woodruff) §  Chavetas Woodruff §  Dimensões padronizadas §  Unidade: polegadas


Chavetas Afuniladas, Cônicas ou de Cunha §  O afunilamento e o tamanho da cabeça são padronizados; §  O afunilamento previne o movimento axial da chaveta; §  A cabeça é opcional e facilita a remoção da chaveta; §  Tendem a criar uma excentricidade entre o eixo e o cubo.


Tensões e Falhas em Chavetas Chavetas podem falhar por: §  Escoamento por cisalhamento:

onde l é o comprimento da chaveta. §  Escoamento por esmagamento:

onde Aesm é a área de esmagamento. Para chavetas quadradas, Aesm = l.t/2 §  Fadiga em cisalhamento caso o torque T seja variável no tempo.

𝐹 =𝑇𝑟 𝜏 =

𝐹𝑡𝑙

𝐹𝑡𝑙=𝑆𝑠𝑦𝑛

𝜎 =𝐹

𝐴esm

𝐹𝐴esm

=𝑆𝑦𝑛


§  O diâmetro do eixo determina a largura e a altura da chaveta (padronização);

§  As tensões admissíveis determinam o comprimento da chaveta;

§  Se uma única chaveta não for capaz de transmitir o torque, pode-se usar chavetas adicionais, geralmente orientadas a 90°;

§  Evitam-se fatores de segurança excessivos no dimensionamento de chavetas, pois, geralmente, estas atuam como “fusíveis mecânicos”, minimizando danos a elementos importantes devido a sobrecargas.

Projeto de Chavetas

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