Gabarito da Atividade A1 - Elementos de Máquinas I

Gabarito da primeira atividade A1 de Elementos de Máquinas I 1º semestre de 2023 Prof Mohammad Shaterzadeh prof Marco Barreto e prof William Maluf Uniões cuboeixo as cinco primeiras perguntas desta atividade foram cobradas em uma questão valendo 5 pontos da P1 de ME5510 aplicada em 19set2010 O desenho técnico usado pode ser encontrado em httpsgrabcadcomlibraryecdrmontagemcompostaranhuraseinterferencia1 Antes de iniciarmos a solução dos exercícios é fundamental que o sistema de transmissão de potência que está sendo estudado seja totalmente compreendido No caso das cinco primeiras questões existem 3 peças montadas entre si As mesmas estão identificadas na figura apresentada a seguir bem como estão apresentadas as dimensões fornecidas no enunciado No enunciado é informado que a ECDR é montada na peça intermediária através de um eixo entalhado Essa informação também está especificada no desenho técnico O cubo da ECDR deve ser internamente usinado com entalhes e está em contato com os entalhes externos da peça intermediária Por sua vez a peça intermediária está montada no eixo rotativo através de interferência Ou seja a parte interna da peça intermediária está em contato com o eixo rotativo É fundamental entender quais são as superfícies que estão em contato umas com as outras para resolver o exercício O enunciado informa que a ECDR é de ferro fundido que o sistema transmite carga alternada III e experimenta choques fortes A união entre a ECDR e a peça interna é feita através de um eixo ranhurados Portanto é possível determinarse a pressão admissível padm que pode ser sustentada pela interação entre ECDR e peça intermediária O processo de obtenção da padm é mostrado a seguir O enunciado informa que a peça intermediária é temperada Portanto devese multiplicar o valor da padm por 15 Então 𝑝𝑎𝑑𝑚 15 20 30 𝑀𝑃𝑎 Notase que o enunciado declarou que algumas dimensões em mm são conhecidas Propositadamente a dimensão B foi omitida pois desejase estimular a compreensão do desenho técnico uma vez que essa dimensão pode ser obtida através das tabelas dimensionais de eixos entalhados uma vez que o diâmetro externo do eixo entalhado foi informado Ao interpretar o desenho devese entender que a cota B é a dimensão genérica d1 dos eixos ranhurados Por sua vez a cota C é a dimensão genérica d2 dos eixos ranhurados Ora como o enunciado informa que C60 mm significa dizer que devemos consultar na tabela de união DIN 5463195509 qual é o eixo entalhado que tem d260 mm Descobriremos então que a especificação é d152 mm d260 mm Z8 entalhes b10 mm Esse processo de identificação nas tabelas está apresentado na figura a seguir Podese calcular respectivamente o braço da força de esmagamento r e a altura da ranhura h pois são informações que serão usadas na aplicação do critério de falha por esmagamento ao qual os eixos ranhurados devem ser verificados 𝑟 𝑑2 𝑑1 4 60 52 4 2800 𝑚𝑚 ℎ 𝑑2 𝑑1 2 60 52 2 400 𝑚𝑚 O comprimento útil do contato entre o eixo ranhurado e o cubo da engrenagem L equivale à cota N35 mm Portanto podese aplicar o critério do esmagamento de eixos ranhurados e determinar o torque máximo que pode ser transmitido pelos entalhes 𝑇 075 𝑍 𝑟 𝐿 ℎ 𝑝𝑎𝑑𝑚 𝑇 075 8 28 35 4 30 𝑇 70560000 𝑁𝑚𝑚 Letra a Podese calcular qual a força de esmagamento que atua na face lateral das ranhuras 𝑇 075 𝐹𝑒𝑠𝑚 𝑍 𝑟 70560000 075 𝐹𝑒𝑠𝑚 8 28 𝐹𝑒𝑠𝑚 420000 𝑁 1 ponto Ao analisarmos o contato entre o eixo rotativo e a peça intermediária devemos entender que se trata de um ajuste por interferência Esse ajuste por interferência ocorre entre uma peça externa pela intermediária e uma peça interna eixo O contato entre essas peças ocorre através do contato entre a superfície interna da peça intermediária e a superfície externa do eixo rotativo A dimensão nominal das peças é o diâmetro externo do eixo A40 mm e o diâmetro interno da peça intermediária A40 mm Então a especificação do ajuste é 40H7t6 Então ao consultarmos as tabelas de ajustes para FUROS e eixos da NBR 61581995 constatamos que Amáx25 m Amín0 m amáx64 m amín48 m Esse processo está demonstrado nas figuras a seguir A montagem dessas peças é feita através de dilatação térmica Dessa forma não existe perda de interferência durante o processo de montagem I0 𝑍𝑚𝑖𝑛 𝐼𝑚𝑖𝑛 𝐼 𝑎𝑚𝑖𝑛 𝐴𝑚𝑎𝑥 𝐼 48 25 0 23 𝜇𝑚 𝑍𝑚𝑎𝑥 𝐼𝑚𝑎𝑥 𝐼 𝑎𝑚𝑎𝑥 𝐴𝑚𝑖𝑛 𝐼 64 0 0 64 𝜇𝑚 As peças interna eixo e externa FURO peça intermediária precisam ter seus fatores geométricos determinados O eixo é maciço portanto Qi0 𝑄𝑖 𝑑𝑖 𝑑𝑒 0 40 0 Por sua vez a peça externa é um eixo ranhurado vazado E por isso o cubo tem o cálculo do seu fator geométrico dado por 𝑄𝑒 𝐷𝑖 𝐷𝑒 𝑑1 𝑑2 40 52 0769 O enunciado informa que o eixo rotativo peça interna eixo é feito de bronze E109 GPa 032 σe56 MPa σr67 MPa e a peça intermediária peça externa FURO é feita de aço carbono E203 GPa 029 classe de resistência 46 σe240 MPa σr400 MPa Dessa forma é possível determinar os fatores elásticos das peças 𝐾𝑖 1 𝐸𝑖 1 𝑄𝑖 2 1 𝑄𝑖 2 𝜈𝑖 1 109000 1 02 1 02 032 6239 106 𝑚𝑚2 𝑁 6239 106𝑀𝑃𝑎1 𝐾𝑒 1 𝐸𝑒 1 𝑄𝑒 2 1 𝑄𝑒2 𝜈𝑒 1 203000 1 07692 1 0769 029 2063 106 𝑚𝑚2 𝑁 2063 106𝑀𝑃𝑎1 Letra b O enunciado informa que a montagem é radial e será feita através do resfriamento da peça interna da união Sabese também que o sistema opera com Tamb32 oC Como a peça interna da união feita por interferência é de bronze determinase o coeficiente de dilatação linear 150x106 oC1 Esse processo de determinação é apresentado na figura a seguir 𝑇𝑚 𝑇𝑎𝑚𝑏 𝐼𝑚𝑎𝑥 103 5 104 𝑑 𝛼 𝑑 32 64 103 5 104 40 150 106 40 108 𝑇 𝑇𝑚 𝑇𝑎𝑚𝑏 108 32 140 O sinal negativo identifica que devese resfriar a peça em 140oC O enunciado requisitou que o valor em módulo então 𝑇 140 1 ponto Podese calcular as relações de pressão e interferência entre CUBOeixo Sabemos que da teoria da elasticidade nos problemas bidimensionais expressos em coordenadas polares 𝑝𝑚𝑖𝑛 𝑍𝑚𝑖𝑛 103 𝐾𝑖 𝐾𝑒 𝑑𝑒𝑖𝑥𝑜 23 103 6239 106 2063 106 40 2140 𝑀𝑃𝑎 𝑝𝑚𝑎𝑥 𝑍𝑚𝑎𝑥 103 𝐾𝑖 𝐾𝑒 𝑑𝑒𝑖𝑥𝑜 64 103 6239 106 2063 106 40 5954 𝑀𝑃𝑎 O enunciado informa que o coeficiente de atrito dinâmico entre o eixo e a peça intermediária é 005 Portanto 𝜇𝐷 005 Sabemos que 𝜇𝐷 05 𝜇 005 05 𝜇 𝜇 01 Letra c A força de desmontagem pode ser calculada por 𝐹𝑑 𝜋 𝜇 𝑘 𝑑 𝐿 𝑝𝑚𝑎𝑥 O enunciado informa que o coeficiente de segurança k18 O contato entre o eixo rotativo e a peça intermediária é L60 mm Esse valor é apresentado na figura a seguir Então 𝐹𝑑 𝜋 01 18 40 60 5954 8080850 𝑁 1 ponto Letra d O Critério para não haver falha tensão atuante tensão admissível Genericamente falando podese afirmar que 𝑌 𝑝𝑚𝑎𝑥 𝜎𝑒 𝑛𝑚𝑒𝑐 A variável Y se refere ao fator de concentração de tensão de cada peça E tal qual foi explicado durante as aulas esse fator é uma função da geometria de cada peça dependendo então do fator geométrico de cada uma das peças Devese consultar o fator de concentração de tensão de cada peça no gráfico disponibilizado no formulário Como Qi0 e Qe0769 fica simples determinar os fatores de concentração de tensão Y do eixo λ𝑄𝑖0 178 Y do CUBO χ𝑄𝑒0769 423 Para o eixo 𝑝𝑚𝑎𝑥 λ𝑄𝑖 𝜎𝑒𝑒𝑖𝑥𝑜 𝑛𝑚𝑒𝑐𝑒𝑖𝑥𝑜 5954 178 56 𝑛𝑚𝑒𝑐𝑒𝑖𝑥𝑜 𝑛𝑚𝑒𝑐𝑒𝑖𝑥𝑜 053 Para o CUBO 𝑝𝑚𝑎𝑥 χ𝑄𝑒 𝜎𝑒𝐶𝑈𝐵𝑂 𝑛𝑚𝑒𝑐𝐶𝑈𝐵𝑂 5954 423 240 𝑛𝑚𝑒𝑐𝐶𝑈𝐵𝑂 𝑛𝑚𝑒𝑐𝐶𝑈𝐵𝑂 095 Constatase então que 𝑛𝑚𝑒𝑐𝑒𝑖𝑥𝑜 053 1 ponto Isso significa que a peça falharia no caso de ocorrer a montagem do maior eixo com o menor furo situação na qual ocorre a interferência máxima entre as peças e portanto ocorre a pressão máxima entre as superfícies de contato Notase que o cubo também falharia Dessa forma a recomendação seria fazer alterações no projeto Agora fica difícil opinar qual deveria ser a mudança proposta ou as mudanças propostas pois o enunciado não forneceu restrições Assim sendo vamos sugerir que fossem adotadas algumas das seguintes medidas ou melhorar as propriedades mecânicas de ambas as peças eou modificar o ajuste eou modificar a geometria das peças de tal maneira que ao mesmo tempo ambos os coeficientes de segurança deveriam ser superiores à 1 No caso de uma prova ou até mesmo exercício eou atividade da disciplina bastaria que os valores numéricos calculados fossem respondidos mesmo que eles sejam menores do que 1 Letra e O cálculo da potência transmitida depende da relação entre torque e rotação Essa relação é expressa pela equação 𝑃 𝑇 2𝜋 60 𝑛 Nessa expressão devese usar a P potência W T torque Nm e n rotação rpm Uma vez que a rotação do sistema é conhecida para responder qual é o máximo torque que essa união pode transmitir em segurança devemos calcular o máximo torque que a união por interferência pode suportar e comparar com o resultado calculado no item a Por óbvio em razão da segurança de posse desses dois resultados devemos escolher o menor deles O critério de falha para que as peças unidas por interferência não escorreguem é 𝜋 𝜇 𝑑 𝐿 𝑝𝑚𝑖𝑛 𝐹𝑎2 2 𝑇 𝑑 2 𝜋 01 40 60 2140 27502 2 𝑇 40 2 𝑇 31795088 𝑁𝑚𝑚 Assim sendo o torque máximo é o menor entre o torque transmitido pelas uniões por interferência 𝑇 31795088 𝑁𝑚𝑚 e união entalhada 𝑇 70660000 𝑁𝑚𝑚 Ou seja o torque máximo é nesse caso o torque que pode ser transmitido pela união por interferência Então basta calcular a potência máxima que pode ser seguramente transmitida É importante ressaltar que na fórmula o torque deve ser usado em Nm Então 𝑃 31795 2𝜋 60 300 998872 𝑊 998872 736 1357 𝐶𝑉 1 ponto Dimensionamento em relação à fadiga as cinco últimas perguntas desta atividade foram cobradas em uma questão valendo 5 pontos da P1 de NM7510 aplicada em 6abr2018 O desenho técnico usado pode ser encontrado em httpsgrabcadcomlibraryelocorrente1 Letra f Em relação ao cálculo da tensão limite de resistência devemos usar a equação de Marin e seus respectivos coeficientes de correção 𝑆𝑛 𝐶𝑐𝑎𝑟𝑔𝑎 𝐶𝑐𝑜𝑛𝑓 𝐶𝑠𝑢𝑝 𝐶𝑡𝑎𝑚 𝐶𝑡𝑒𝑚𝑝 𝐶𝑑𝑖𝑣 𝑆𝑛𝐶𝑃 No caso do enunciado consta uma informação relevante de que os testes foram interrompidos propositadamente em 107 ciclos Portanto como a tensão limite de resistência à fadiga do corpo de provas Sn CP de testes de alumínio deve ser obtida com a vida em 5x108 ciclos devemos prolongar a curva No caso desse exercício constatase que Sn CP100 MPa Esse processo é apresentado na figura a seguir Para a determinação dos coeficientes de correção a serem usados na equação da Marin recomendase que seja confeccionada uma tabela auxiliar para comparar as condições de teste do corpo de provas com as condições de operação da peça Devese corrigir apenas aqueles fatores que forem diferentes Essa tabela está apresentada à seguir bem como a justificativa das eventuais correções Comparação de fatores operacionais entre CP e peça Aplicação da equação de Marin Fator CP Peça Correção 𝑆𝑛 𝐶𝑐𝑜𝑛𝑓 𝐶𝑠𝑢𝑝 𝐶𝑡𝑒𝑚𝑝 𝐶𝑡𝑎𝑚 𝐶𝑐𝑎𝑟𝑔𝑎 𝐶𝑑𝑖𝑣 𝑆𝑛 𝐶𝑃 𝑆𝑛 0897 1 1 1 07 165 100 𝑆𝑛 10360 𝑀𝑃𝑎 1 ponto Confiabilidade 50 90 0897 Acabamento Usinado Usinado 1000 Temperatura 20oC 30oC 1000 Tamanho dcorpo provas dpeça 1000 carga axial Carga flexão axial 0700 Diversos X X 1650 Letra g Em relação ao cálculo dos fatores de concentração de tensão o enunciado nos informa que o fator de sensibilidade ao entalhe vale 0862 Então q0862 No que se refere à determinação do fator de concentração de tensão estático notase que o elo é um componente que deve ter o KT determinado nas tabelas de chapa infinita de altura w com furos de diâmetro d sujeita à tração Analisandose as dimensões do elo determinase que 𝑑 𝑤 28 48 0583 𝐾𝑇 216 1 ponto Esse processo de determinação do KT está apresentado na figura a seguir Letra h Assim determinase o fator de concentração dinâmico da peça 𝐾𝐹 𝑞 𝐾𝑇 1 1 0862 216 1 1 200 1 ponto Letra i Ao realizar o algoritmo de decomposição de ciclos de fadiga através do critério de Rainflow a análise seria como mostra a figura a seguir Isso permitiria a construção da seguinte tabela com os ciclos que contribuem para a propagação das eventuais trincas de fadiga Ciclo Força N Max Min BC 2000 2000 EF 1000 1000 AD 3000 3000 Portanto 3 ciclos de fadiga agem à cada ciclo de operação 1 ponto Letra h O ciclo de maior amplitude de carga é o ciclo AD A peça está sujeita à carga axial Nessa circunstância a tensão atuante é de natureza normal e pode ser calculada como 𝜎 𝐹 𝐴 A área da seção usada no cálculo da tensão normal é a área da seção resistiva da peça Uma análise dimensional da seção transversal da região crítica da peça ilustrada na figura ao lado permite constatar que a área é a soma de duas regiões retangulares de altura 10 mm e espessura e A espessura é desconhecida e é a variável de interesse Então 𝐴 2 10 𝑒 Devese calcular as tensões máxima e mínima 𝜎𝑚𝑎𝑥 𝐹𝑚𝑎𝑥 𝐴 3000 2 10 𝑒 150 𝑒 𝜎𝑚𝑖𝑛 𝐹𝑚𝑖𝑛 𝐴 3000 2 10 𝑒 150 𝑒 Isso permite que sejam calculadas as tensões média e alternada 𝜎𝑚 𝐾𝐹 𝜎𝑚𝑎𝑥 𝜎𝑚𝑖𝑛 2 200 150 𝑒 150 𝑒 2 0 𝜎𝑎 𝐾𝐹 𝜎𝑚𝑎𝑥 𝜎𝑚𝑖𝑛 2 200 150 𝑒 150 𝑒 2 300 𝑒 Assim aplicase o critério de fadiga indicado no enunciado Soderberg com o coeficiente de segurança indicado nS345 𝜎𝑎 𝑆𝑛 𝜎𝑚 𝜎𝑒 1 𝑛𝑆 300 𝑒 10360 0 560 1 345 𝑒 999 𝑚𝑚 1 ponto