Dimensionamento de Eixos

CAPÍTULO 5 - EIXOS E ÁRVORES DE TRANSMISSÃO 5.1 - Introdução Eixo Eixo é um elemen elemento to mecân mecânico ico rotati rotativo vo ou estac estacion ionári árioo (condi (condiçã çãoo estáti estática) ca) de secção secção usualmente circular onde são montados outros elementos mecânicos de transmissão tais como: como: eng engren renage agens, ns, polias polias,, venti ventilad ladore ores, s, rodas rodas centr centrad adas, as, entre entre outros outros.. Os eixos eixos são são suport suportado adoss (apoia (apoiados dos)) em mancai mancais, s, de desliz deslizame amento nto ou rolame rolamento nto,, tendo tendo secçã secçãoo qua quase se sempre mássica e variável, com rasgos de chavetas para fixação de componentes. A FIG. 1 mostra uma iluminação de um eixo.

FIGURA 1 – Eixo.

Os eixos são elementos solicitados a esforços de flexão, tração/compressão ou torção, que atuam individualmente de forma combinada. Para a segurança do sistema em que o eixo está inserido, este deve ser dimensionado para cargas estáticas (parado ou com rotação muito  baixa) ou dinâmica (altas rotações). Este dimensionamento dimensionamento leva em conta a resistência do material de que foi confeccionado, comparam-se as tensões que atuam no mesmo com os limites de resistência do material, estáticos (Sy ou Su) ou dinâmicos (Se – fadiga). Em certos sistemas mecânicos, o nível de deflexão do eixo pode constituir um parâmetro crítico, devendo o eixo ser dimensionado usando a teoria de deflexão. Em outras palavras, a geometria do eixo deve ser definida para os limites aceitáveis de deflexão, antes da análise das tensões/resistências. tensões/resistências.

5.2 - Materiais para eixos e árvores Há uma grande variedade de materiais possíveis para a fabricação de eixos e árvores. De acord acordoo com com o serviç serviçoo dev devem em ter alta alta resist resistênc ência ia e baixa baixa sensi sensibil bilida idade de aos aos efeito efeitoss da concentração de tensão. Para se obter, em um cálculo, diâmetros menores e grandes resistências, pode-se usar açosliga, em geral tratados termicamente. Estes aços, porém, têm a desvantagem de serem caros e de maior sensibilidade às concentrações de tensões. Além disso, o diâmetro é muitas vezes

subordinado a certas deformações admissíveis, tornando o aço-liga contra-indicado, já que o  problema não é mais mais de resistência. resistência. Os aços-carbono, de baixo e médio teor, são muito usados na fabricação de eixos e árvores. Aços muito empregados são os seguintes: SAE 1015, 1020, 1025, 1030, 1040, 1045, 2340, 2345, 3115, 3120, 3135, 3140, 4023, 4063, 4140, 4340, 4615, 4620 e 5140. Como vemos, uma grande variedade de material existe para a confecção de eixos e árvores. A seleção dependerá sempre das condições de serviço, custo, usinabilidade e características especiais por ventura exigidas. É um campo muito aberto em que o projetista deve procurar  sempre maiores conhecimentos, pois, praticamente qualquer material ferroso, não-ferroso ou não metálico pode ser usado, por uma razão qualquer, na execução de um eixo ou uma árvore. TABELA 1 Características dos materiais para eixos Número

Condição

Temperatura

SAE/AISI

Tensão de

Tensão de

escoamento

ruptura

MPa

MPa

ºC 1030

1040

1050

1060

1095

Alongamento

Redução de

Dureza

Área

Brinell

%

%

T&R  

205

848

648

17

47

495

T&R 

315

800

621

19

53

401

T&R 

425

731

579

23

60

302

T&R 

540

669

517

28

65

255

T&R 

650

586

441

32

70

207

 Normalizado

925

521

345

32

61

149

Recozido T&R 

870 205

430 779

317 593

35 19

64 48

137 262

T&R 

425

758

552

21

54

241

Q&T

650

634

434

29

65

192

 Normalizado

900

590

374

28

55

170

Recozido T&R 

790 205

519 1120

353 807

30 9

57 27

149 514

T&R 

425

1090

793

13

36

444

T&R 

650

717

538

28

65

235

 Normalizado

900

748

427

20

39

217

Recozido T&R  

790 425

636 1080

365 765

24 14

40 41

187 311

T&R 

540

965

669

17

45

277

T&R 

650

800

524

23

54

229

 Normalizado

900

776

421

18

37

229

Recozido T&R

790 315

626 126 0

372 813

22 10

38 30

179 3 75

T&R 

425

1210

772

12

32

363

T&R 

540

1090

676

15

37

321

T&R 

650

896

552

21

47

269

 Normalizado

900

1010

500

9

13

293

1141

Recozido T&R  

790 315

658 1460

380 1280

13 9

21 32

192 415

4130

T&R  T&R  

540 205

896 1630

765 1460

18 10

57 41

262 467

T&R 

315

1500

1380

11

43

435

T&R 

425

1280

1190

13

49

380

T&R 

540

1030

910

17

57

315

T&R 

650

814

703

22

64

245

 Normalizado

870

670

436

25

59

197

Recozido T&R 

865 205

560 1770

361 1640

28 8

56 38

156 510

T&R 

315

1550

1430

9

43

445

T&R 

425

1250

1140

13

49

370

T&R 

540

951

834

18

58

285

T&R 

650

758

655

22

63

230

4140

 Normalizado

870

1020

655

18

47

302

4340

Recozido T&R  

815 315

655 1720

417 1590

26 10

57 40

197 486

T&R 

425

1470

1360

10

44

430

T&R 

540

1170

1080

13

51

360

855

19

60

280

4140

T&R  650 965 Observação: T&R significa Temperado e Revenido.

Fonte: SAE Handbook, Society of Automotive Engineers, Warrendale,,2000.

5.3 - Carregamento estático A determinação das dimensões de uma árvore é muito simples quando sujeita somente a carre carregam gament entoo estáti estático, co, princi principa palme lmente nte se compar comparado ado a qua quando ndo se tem carreg carregame amento nto dinâmico. E mesmo com carregamento dinâmico, muitas vezes é necessário se ter uma boa noção das dimensões das peças para se ter um bom começo dos problemas e por isto faz-se antes uma análise como se o carregamento fosse estático.

5.3.1 - Carregamento estático sujeito à flexão, torção e esforço axial As tensões em um ponto na superfície de uma árvore de diâmetro (d), sujeita a flexão, torção e carregamento axial, são: σ  x =

32 ∗ M 

π  ∗ d 3

+

4 ∗ F 

π  ∗ d 2

(1)

τ  xy

16 ∗ T 

=

(2)

π  ∗ d 3

Onde a componente axial (F) de σ x pode ser positiva ou negativa. Nós observamos que há três carregamentos. Momento (M), força (F) e torque (T) aparecem na seção, contendo o ponto específico na superfície. Usando o círculo de Mohr, podemos mostrar que as 2 principais tensões não nulas são: σ  a

∗σ  b = σ   x

 σ   x  2  ±    + (τ  xy ) 2    2   

−

1 2

(3)

Estas tensões podem ser combinadas de forma a obter a máxima tensão de cisalhamento (τ max) e a tensão de Von Mises (σ’); dando em: τ max =

σ a − σ b 2

1

 σ   x   2 =      + (τ   xy ) 2    2    2

(4)

1

σ  '

1

= (σ  a − σ  a ∗ σ  b + σ  b ) = (σ  x + 3 ∗ τ  xy ) 2

2

2

2

2

(5)

2

Substituindo as equações (1) e (2) em (4) e (5) teremos: τ  max

σ  '

=

2   =    ∗ [( 8 ∗ M  +  F ∗ D ) + ( 8 ∗ T ) π  ∗ d      2

3

4 π 

∗ [( 8 ∗ M  +  F ∗ d ) + 48 ∗ T  2

∗ d 

3

]

2

]

1 2

(6)

1

(7)

2 2

Estas equações nos permitem determinar τ max ou σ’ quando o diâmetro (d) é dado ou determinar o diâmetro quando tivermos posse das tensões. Se a análise ou projeto da árvore for baseada na teoria da máxima tensão de cisalhamento, então τmax é: τ all 

S Sy

=

n

=

S  y

(8)

2∗n

As equações (6) e (8) são úteis para a determinação do fator de segurança (n), se o diâmetro for conhecido, ou para determinar o diâmetro se o coeficiente de segurança for conhecido. Uma análise similar pode ser feita levando-se em conta a teoria da energia de distorção para falhas, onde a tensão de Von Mises é: '

τ   all  =

S  y n

(9)

5.3.2 - Carregamento estático sujeito à flexão e torção Em várias aplicações, a componente axial (F) das equações (6) e (7) é próxima de zero ou tão  pequena em relação às outras que pode ser desconsiderada. Daí terão:

τ  max

1

16

=

∗ d 

3

π 

∗ ( M  + T  ) 2 2

(10)

2

1   2 2 2 ∗ ∗ + ∗ 4 3 σ  ' = ( )  M  T    3 π  ∗ d   

16

(11)

É mais fácil resolver estas equações para se encontrar o diâmetro. Substituindo as equações (8) e (9) temos: 1

 32 ∗ n 3 2 2 2 ∗ ( M  + T  )  d  =   π  ∗ S  y  1

(12)

Usando a teoria de máxima tensão de cisalhamento, se o diâmetro for conhecido, calcula-se n da seguinte forma: 1 n

32

= π 

∗ d  ∗ S  y 3

∗ ( M  + T  2

)

2

1

(13)

2

Se usarmos como base a teoria de energia de distorção, teremos: 1

 16 ∗ n 3 2 2 2 d  =  ∗ ( 4 ∗ M  + 3 ∗ T  )   π  ∗ S  y  1

1 n

16

= π 

∗ d 3 ∗ S  y

( 4 ∗ M 

2

+ 3 ∗ T 

2

)

(14)

1 2

(15)

Onde: n = fator de segurança. n = 1,5 a 2,0 Sy = limite de escoamento do material M = momento Máximo no eixo T = torque máximo

5.4 – Exercícios resolvidos - carregamento estático sujeito à flexão e torção 1.

Qual o diâmetro de um eixo mostrado na FIG. 2, feito de um aço AISI 1035

laminado?

FIGURA 2 – Engrenagem no eixo.

 F  = 700 N 

3,73kW   Motor  n = 1750rpm

I) Torque: T  =

30 × 103. H  π 

T  =

.n

, onde H=> Potência em KW, tem-se:

30 × 10 3 .3,73

π .1750 T  = 20,35 N .m

II) Momento:  F   L 700 0,3 . = . 2 2 2 2  M  = 52,5 N .m  M  =

III) Material: Pela Tabela =>

S  y = 462 MPa

IV) Segurança: Usar n=2. V) Diâmetro:

(

 32n d  =   M  2 + T 2  π .Sy

)

1

 2  

1

3

(

 32.2 52,5 2 + 20,35 2 d  =  6  π .462 × 10 d  = 13,54mm

2.

)

1

2  

1

3

Do exercício anterior visto, tem-se: M = 52,5N.m 

  d  = 13,47mm S y = 462MPa   n= 2 T = 20,35N.m 

M = 52,5N.m T = 20,35N.m S y = 462MPa S u = 551,5 MPa

è

Se = Ka.Kb.Kc.K d.Ke.Kf.Se'

=0,78 Kb =0,85 Kc =0,923(Su Força na chaveta 2

 R =

d  2

Como:

=

40 2

T  =

⇒  R = 20mm

30 ×10 . H  3

.n

π  

, onde H=> Potência em KW, tem-se:

FIGURA 11 – Aplicação de chaveta.

T 

=

30 ×10 3.22 ,38 .1100

π  

⇒T  =194, 2 N .m

Logo:  F  =

194,2 20 × 10 −3

⇒  F  = 9713 N 

Para a chaveta, temos:  F  t . L

=

S  sy n

 L

=

 F 

 L

=

9713

.

n

t . S  sy .

3

0,008 185 ×10 6  L =19,7 mm è

Observar que o comprimento mínimo é L = 19,7 mm como a geometria do cubo é

maior do que o diâmetro do eixo, e como as chavetas têm o comprimento do cubo,  pode-se dizer que o comprimento da chaveta a ser usada é:  L ≥ 40mm

5.12 - Vibração de eixos A FIG. 12 mostra um rotor consistindo de um grande disco de massa M montado em um eixo, na metade da distância entre os mancais. A massa do eixo será considerada desprezível se comparada com M. Mesmo com um balanceamento de alto grau de precisão há, contudo, uma pequena excentricidade e do centro de massa g do disco, em relação ao eixo de rotação. Por causa da excentricidade, a força centrífuga ocasionada pela rotação do eixo faz com que este sofra uma deflexão r. Visto pela extremidade do eixo como na FIG. 12, o centro O do disco parece estar girando em torno do eixo de rotação sobre uma circunferência de raio r. A força de inércia causada por este movimento forçado é F o = M(r + e) w2. Pela equação do equilíbrio estático,tem-se:

∑ F  = 0  M ( r +e) w

2

−kr  = 0

(35)

FIGURA 12 - Rotor com disco,Fonte: H.H.Mabie,Dinâmica das Máquinas, p.547

Para se determinar o raio r, pode-se apresentar a equação (35) da seguinte forma: r  =

2

ew

( k  M  ) −w

2

Quando a velocidade ω do eixo for igual a

k / M 

(36)

, o denominador da equação (36) se anulará

e r atingirá valores intoleravelmente grandes. A rotação do eixo assim defletido parece com uma viga em vibração quando vista do lado onde somente se pode observar a projeção do movimento. Portanto, pode-se considerar  k / M  do eixo rotativo como a freqüência circular  natural ωn da viga quando levada a vibrar naturalmente no seu primeiro modo de vibração. Pode-se escrever a equação (36) na forma adimensional: r  e

Quando ω for igual a ω n =

k / M 

=

( w / wn ) 2 1 − (w / wn )2

(37)

,tem-se a condição crítica de rotação, devido às amplitudes

muito grandes da vibração do eixo. Na condição crítica, chama-se ω de ωc e a velocidade de rotação do eixo em rotações por minuto será

nc =

onde ω n =

k / M 

60 2π

wc =

60 2π 

wn

(38)

normalmente é expresso em rad/s. Assim, n c é a velocidade crítica em

rotação por minuto, k está em Newtons por metro e M em quilogramas. Pode-se calcular a constante k da mola através da deflexão estática δ est do eixo devido ao peso do rotor. Assim, k  = Mg/δest e quando substituído na equação (38) a velocidade crítica será expressa pela seguinte equação: nc = 30

1

δ est 

(39)

.A velocidade crítica de um eixo com uma massa M situado no meio da viga pode ser  calculada em termos das dimensões do eixo e do módulo de elasticidade E do material do eixo. nc = 46

 Ed 4 3

 Pl 

(40)

De acordo com a equação (40), pode-se alterar o material e as dimensões do eixo, assim como o peso, de modo que a velocidade crítica n c seja superior ou inferior à velocidade de  projeto n na qual se deseja operar. Caso n/n c for menor do que 0,707 ou maior do que 1,414, r  será menor do que o dobro da excentricidade e. É interessante observar que em velocidades muito acima da crítica (ω/ω n>>1,0), o valor de r/e = -1 e r = - e, indicando que o centro de massa de M estará no eixo de rotação. Neste caso a massa não estará oscilando, porém o eixo oscilará em torno do centro de massa de M.  No caso da massa do eixo ser grande o bastante para não ser desprezada, e o eixo ter diâmetro constante, deve-se somar à massa M 50 por cento da massa m do eixo,determinando-se a freqüência circular natural. wn =

k  ( M + 0,5m)

(41)

Conforme mostra a FIG. 12, supõe-se que os mancais do eixo sejam rígidos. Em certos casos,  pode-se considerar os mancais como elasticamente apoiados, e neste caso o δ est da equação (39) deverá incluir a deflexão estática dos apoios assim como a deflexão do eixo.

5.13 - Freqüência natural e velocidade crítica Pode-se ter uma variedade muito grande de configurações de rotores desde que sejam usadas diversas massas e diversos apoios, assim como eixos de diâmetros variáveis. Embora as curvas do fator de amplificação sejam difíceis de serem obtidas matematicamente, as

velocidades críticas dos eixos são determinadas com relativa facilidade através de cálculos de freqüência natural.

5.14 - Freqüência natural de eixos com diversas massas Em um eixo rotativo com diversas massas conforme mostra a FIG. 13a, pode-se determinar a freqüência circular natural ω n do eixo que, sem girar, vibra livremente, sem amortecimento, após uma deflexão inicial no primeiro modo de vibração. Considerando que o sistema vibratório é conservativo, a soma da energia potencial e da cinética é constante em qualquer fase da vibração. Na fase em que todas as massas estão simultaneamente nos máximos deslocamentos Y, a energia armazenada elasticamente no eixo é igual à energia potencial ∑ FY/2. Nesta fase, a energia cinética é zero porque todos os  pontos do sistema estão com velocidade zero. A energia potencial será então:  EP  =

 F1Y1 2

+

F2Y 2

+ ... +

2

 FnY n 2

(42)

As forças F são as necessárias para a deflexão do eixo, como se fosse uma mola, até ficar  com a conformação mostrada nesta fase. O produto força-deslocamento determina energia  potencial. Durante a vibração, o eixo passa pela fase de repouso (não deformada) na qual a energia  potencial é zero, mas a energia cinética é máxima porque as velocidades das massas são máximas. Considerando que as massas têm movimento harmônico simples, a energia cinética do sistema será então dada pela equação (43). 2

 EC =

wn

2

wn

2 2 2  M Y + M 2Y2 + ... + M nYn  =  PY PY ... + PnY n  1 1 + 2 2 + 2 2 g  (43) 2 1 1

2

2

(a) Flexão dinâmica

W3

W2

W1

   1    d

   2    d

   3    d

(b) Flexão estática

FIGURA 13 – Flexão,conforme Mabie, Dinâmica das Máquinas, pg.550

Considerando que os deslocamentos Y da vibração são proporcionais às deflexões δ da deformação estática, então Y1

δ1

=

Y 2

δ2

= ... =

Y n

δ n

(44)

A equação resultante que dá a freqüência circular natural será: wn2 = g 

[  P1δ1 + P2δ 2 + ... + P nδ n ]  P1δ12 + P2δ 22 + ... + P nδ n 2  wn2 = g 

∑ P δ  ∑ P δ 

2

(45)

e a velocidade crítica pode-se determinar de n c = 60 ωn /2π. A equação de Rayleigh, equação (45), é uma expressão utilizada para determinar a freqüência natural fundamental de muitos tipos de rotores. As fórmulas de deflexão de vigas, para inúmeros casos, estão disponíveis em livros-texto de resistência dos materiais e em manuais. Pode-se aplicar o método da área do diagrama de momento fletor e outros, em casos gerais. Dispõe também de métodos gráficos, para a determinação das deflexões estáticas de rotores com eixos de diâmetros variáveis. Para inclusão da massa do eixo nos cálculos, deve-se dividi-lo em diversos comprimentos, cada um tratado como se fosse uma massa adicional. A equação (45) não é estritamente uma avaliação exata da freqüência natural porque a curva das deflexões estáticas não é proporcional à curva deflexões dinâmicas, como foi considerado. Entretanto, o resultado obtido na equação é somente um ou dois por cento superior à freqüência natural verdadeira.. A deflexão dos apoios pode ter uma influência maior sobre as velocidades críticas e devem ser acrescidas as deflexões do eixo. A freqüência natural dada pela equação (45) é a fundamental, ou a mais baixa freqüência do sistema de massas. É desejável, portanto, se possível, projetarem-se as dimensões de um eixo de tal modo que a velocidade crítica mais baixa seja superior à velocidade de projeto. Quando o eixo se estende para fora dos mancais como na FIG. 14a, deve-se inverter os sentidos dos pesos como indica a FIG. 14b na determinação das deflexões estáticas.

(a)

(b) FIGURA 14 – Freqüência natural da estrutura

5.15 – Exercícios resolvidos – vibrações em eixos- Fonte: Mabie,H. Dinâmica das Máquinas. 1. Um rotor de compressor de 25 kg e um rotor de turbina de 15 kg são montados em um eixo de aço conforme mostra a FIG. 13a. O eixo deve operar à velocidade prevista de 10.000 rpm. Empregando a equação de Rayleigh (47), determine o diâmetro do eixo mais leve que possa ser usado para que tenha uma velocidade crítica fundamental de 12.000 rpm, com uma margem de segurança de 2.000 rpm.

(a)

(b)

(c)

(d) FIGURA 15 – Aplicação de vibrações em um eixo.Fonte: H.H.Mabie,Dinämica das Máquinas, p553.

Conforme a FIG. 15b mostra, inverte-se a carga P 2 a fim de se obter uma curva de deflexão com o formato do uma meia-onda simples. As FIG. 15c e 15d mostram a forma da viga deformada sob a ação de cada carga atuando independentemente, conduzindo assim a dois casos cuja fórmula deflexão estática mostrada a seguir encontra-se em livros-texto de resistência dos materiais. Pelo método da superposição, pode-se determinar as deflexões δ 1 e δ2: δ1 = δ1′ + δ 1′′ =

=

1  25 × 0, 503

  EI A 

+

48

δ 2 = δ 2′ + δ 2′′ =

3  Pl 1

48 EI A

+

P2l 2 a 16 EI A

=

15 × 0, 502 × 0, 25 

0,12369

16

EI A

2  Pl 1 a

16 EI A

+

= 

P2 a 2 (l + a ) 3EI A

=

0,322 EI A

Usando-se a equação (47),   P1δ1 + P 2δ 2   25 × 0,12369 + 15 × 0,332  = gEI A   2 2  2 2   25 × 0,12369 + 15 × 0,332   P1δ1 + P 2δ 2 

wn2 = g 

Para g= 9,81m/s² e E= 2,1 x 10 10 kg/m² wn2 = 81, 678 × 1010 I A  I A = 0,012243× 10−10 wn 2

Para nc= 12.000 rpm wn =

2π nc 60

= 1260 rad/s

Portanto, o momento de inércia necessário do eixo é:

= 0, 012243 × 10−10 × 12602

 I  A

Como IA= πd4/64, d4 d

=

64

π 

I  A

= 395973, 4762 ×

10 -10

= 0,0793 m = 79,9 mm

Deve-se usar um diâmetro de 80 mm.

2.

Os apoios do rotor do exemplo 1, FIG. 15a, foram considerados como rígidos. Determine a velocidade crítica do rotor do exemplo 1 se cada um dos apoios sofrer  uma deflexão de 0,14/EI A sob um carregamento estático. Use I A = 1,84 x 10 -6 m4 e E = 2,1 x 1010 kg/m2.

Devido à flexibilidade dos apoios, as cargas P l e P2 terão uma deflexão adicional. Conforme indica a FIG. 16, sob o carregamento, o apoio da esquerda desloca-se para  baixo e o da direita para cima. Como se pode ver, não há influência sobre a deflexão da carga P 1, porém o deslocamento de P l aumenta de 0,28/EI A. Portanto as deflexões estáticas totais são: δ 1

=

0,12369  EI  A

δ 2

= 0,332 + 0, 28 = 0, 612  EI A

EI A

EI A

.

Substituindo estes valores na equação (47), wn2

= 774602

wn

= 880,1 rad/s

nc

=

60 2π

wn

=

60 2π 

(880) = 8404 rpm

5.16 - Eixos escalonados A equação (45) para velocidade crítica se aplica a eixos de rotores do tipo mostrado na FIG. 15a, no qual o diâmetro varia em degraus Entretanto, como I A é variável em tais casos, não se derivam com facilidade para as deflexões estáticas. Pode-se usar um dos diversos métodos 0,28 gráficos, tal como o seguinte:  EI  A

0,14  EI  A

0,14

 EI  A

FIGURA 16 – Eixos escalonados.

Deve-se recordar da resistência dos materiais, que para se determinar a deflexão estática deve-se resolver a equação diferencial básica: d 2 y dx

2

=

M   EI  A

(46)

 Nesta equação y é a deflexão, M é o momento fletor como função de x, e I A é o momento de inércia da seção reta do eixo, como função de x. Integrando-se duas vezes a equação (46),

obtém-se a deflexão da viga. A primeira integração conduz a dy/dx, inclinação da curva elástica da viga deformada. Além disso, iniciando-se com as cargas da viga, necessitam-se de duas integrações para a obtenção do diagrama do momento fletor. Assim, necessita-se de quatro integrações para se obterem as deflexões a partir do carregamento conhecido. Como o processo de integração é o somatório de áreas sob as curvas, pode-se empregar um método gráfico para um somatório para vigas complexas que têm funções com numerosas descontinuidades. O método gráfico exige que as curvas sejam traçadas em escala a fim de que as áreas sob as curvas possam ser avaliadas através da medição de quadrados. A FIG. 17a mostra um rotor de aço com uma engrenagem de 89,0 N e um eixo de três diâmetros diferentes. Divide-se a viga em cinco partes, mostrando-se os pesos de cada parte no respectivo centro de gravidade. Uma delas inclui o peso da engrenagem. A FIG. 17a é um diagrama de carregamento a partir do qual se pode determinar o diagrama de esforço cortante mostrado na FIG. 17b através de métodos convencionais (a primeira integração). Obtém-se o diagrama de momento fletor da FIG. 17c através das áreas do diagrama de esforço cortante (a segunda integração). Deve-se levar em conta o sinal de cada área. Deve-se multiplicar as áreas em milímetros quadrados pelo fator de conversão apropriado obtido das escalas do diagrama de esforço cortante, afim de que as ordenadas do diagrama de momento fletor sejam em N/mm.

(a)

(b)

(c)

(d)

(e)

(f)

FIGURA 17 – Deflexões em um eixo de carregamento conhecido.,Fonte: Mabie,H. Dinâmica das Máquinas,p.556.

Após as integrações ,transforma-se o diagrama de momento fletor no diagrama M/EI A, conforme exigido pela equação (46). Divide-se cada ordenada do diagrama de momento fletor pelo valor adequado de EI A para obtenção das ordenadas M/EI A da FIG. 17d. Obtêm-se as ordenadas da FIG. 17 e representando a inclinação dy/dx da elástica (terceira integração) através das áreas do diagrama M/EI A. As ordenadas traçadas a partir do eixo x' são todas  positivas. Entretanto, sabe-se do formato esperado da elástica que as inclinações são negativas perto da extremidade da esquerda da viga, positivas na extremidade da direita e nas  proximidades do meio da viga há uma inclinação nula. Assim, traça-se o eixo x escolhido arbitrariamente de tal modo que as áreas negativas sejam aproximadamente iguais às  positivas, na FIG. 17e. Faz-se a quarta integração usando-se as áreas da FIG. 17e para obtenção das ordenadas da deflexão estática y na FIG. 17f. As ordenadas da deflexão estática são negativas porque as áreas da curva dy/dx são negativas na extremidade da esquerda, onde se inicia a integração. Dos dados das curvas a e f, calculam-se os seguintes valores:

∑ Py = 2,94 N ×mm ∑ Py ∑ Py = 0,794 × 10 w = g  ∑ Py 2 n

2

wn

= 865 rad/s

nc

=

2

= 0,0385 ×mm

6

60(865) 2π 

= 8260 rpm

5.17 - Velocidades críticas de ordem superior Para rotores que têm eixos de diâmetros variáveis, como no item precedente, a determinação da segunda velocidade crítica e das velocidades de ordem superior quanto à flexão é

relativamente mais complexa do que o cálculo da velocidade crítica fundamental da equação (45). O livro-texto de Timoshenko apresenta métodos para rotores com tais eixos e para um número de rotores com eixos uniformes com e sem massas concentradas. No caso de vigas uniformes simplesmente apoiadas e vigas uniformes em balanço para as quais a fórmula seguinte (47) calcula as diversas freqüências naturais:  EI A g 

= C n

wn

 Pl 3

(47)

onde Cn é o coeficiente que indica a n-ésima freqüência natural P e o peso total da viga em kg, e / e o comprimento da viga em metros. O eixo de transmissão do automóvel e eixo de  bobina são exemplos de vigas uniformes simplesmente apoiadas, e as palhetas de compressores e de turbinas são exemplos aproximados de vigas uniformes em balanço.

5.18 - Eixos escalonados Quando o eixo tem os diâmetros escalonados como o do rotor de dois discos mostrados na FIG. 18, a constante da mola torcional é variável. Pode-se determinar uma constante equivalente k t em função das constantes individuais k l, k 2, k 3...K n. Para molas em série, o torque instantâneo T em cada seção do eixo é o mesmo. Entretanto, os ângulos de torção são diferentes. O ângulo total de torção Φ t é a soma de todos os ângulos individuais de torção. φ1 = φ1 + φ2 + φ3 + ... + φn   T kt 1

kt 1

kt 

= =

T k1 1

k1

=∑

+ +

T k2 1

k2

+ +

T k3 1

k3

+ ... + + ... +

T   kn   1

kn  

1

k 

(48)

Para o rotor com dois discos e com eixos de diâmetro variável, pode-se substituir k t, determinado pela equação (48).

FIGURA 18 - Eixo e mancais. Fonte: Mabie, Dinâmica das Máquinas, p.568.

5.19 – Exercícios propostos - dimensionamento de eixos

1.

O eixo da figura suporta uma engrenagem cilíndrica de dentes retos para uma rotação de 315 rpm. O diâmetro primitivo da engrenagem é de 364 mm, t=310mm, t1=120 mm, t2=190 mm. Dimensione este eixo, calculando o valor de d. A engrenagem é enchavetada no eixo. A carga total atuando no eixo é de 15 KN.

FIGURA 19 - Exercício proposto 1.

2.

Um eixo é fabricado com aço AISI 1137, laminado a frio, e é usado em um cortador  de grama. A potência é suprida ao eixo por uma correia plana à polia A. Em B, uma corrente de rolos exerce uma força vertical e em C uma correia trapezoidal também exerce uma força vertical. Nas condições de operação a correia transmite 35 HP a 425 rpm, das quais 25 HP são transmitidas ao cortador e 10 HP para o ventilador. As duas seções do eixo são unidas por um acoplamento flexível em D e as polias são todas enchavetadas no eixo. Decida qual serão os diâmetros dos eixos, utilizando a teoria de falhas de Von Mises e o critério de Goodman.

FIGURA 20 - Exercício proposto 2.

3. Um eixo S de aço AISI 1137, laminado a frio, transmite potência que recebe de um eixo W, que gira a 2000 rpm através de uma engrenagem E de 125 mm de diâmetro à engrenagem A de 375 mm de diâmetro. A potência é transmitida de uma engrenagem C para a engrenagem G, que varia de 10 HP a 100 HP, retornando a 10 HP, durante uma rotação de do eixo S. O projeto leva em conta as tensões variáveis e a teoria da máxima tensão cisalhante TMT|C e o critério de Goodman. Para um fator de projeto n=1,8, calcule o diâmetro do eixo, utilizando somente as cargas tangenciais motoras.

FIGURA 21 - Exercício proposto 3.

4.

Idêntico ao anterior, exceto que as componentes radiais das engrenagens devem também ser consideradas, todas as engrenagens com ângulo de pressão 20 o.

5.

Idêntico ao exercício 4, exceto que a engrenagem G se posiciona em cima da engrenagem C.

6.

Um pequeno eixo é fabricado com aço SAE1035, laminado a quente, recebe potência de 30 HP a 300 rpm, através de uma engrenagem de 300 mm de diâmetro, sendo esta  potência transmitida a outro eixo através de um acoplamento flexível. A engrenagem é enchavetada no meio do eixo entre dois mancais, com ângulo de pressão 20 o, fator de segurança n=1,5. (a) Desprezando a componente radial R da carga total W, determine o diâmetro do eixo.