Projetista de Maquinas I.pdf

SumárioIntrodução 2 Generalidade 3 Resistência a tração 13 Resistência a compressão 21 Resistência a cisalhamento 23 Resistência a flexão 30 Fórmulas relativas a flexão de vigas de secções contínuas 37 Tabela – V (vigas I padrão americano) 43 Tabela-VI (vigas U padrão americano) 44 Tabela – VII (cantoneiras de abas iguais) 45 Resistência a torção 46 Tabela – VIII (momento de inércia polar e módulo de resistência) 49 Eixos sujeitos à momentos compostos 51 Cálculos de molas helicoidais 55 Tabela X – Módulo de elasticidade à cisalhamento 56 Resistência dos recipientes 58 Resistência das placas 64 Calculo de engrenagens 69 Tabela XII – valores de (q) 70 Tabela XIII – Tensões admissíveis à flexão 70 Exercícios referentes à tração 73 Exercícios referentes à compressão 78 Exercícios referentes à cisalhamento 80 Exercícios referentes à flexão 83 Exercícios referentes à torção 88 Exercícios referentes à Molas 91 Exercícios referentes à resistência dos recipientes 92 Exercícios referentes à resistência das placas 94 Exercícios referentes à cálculos de engrenagens 96 Complemento 98 Bibliografia 101 1 Introdução Resistência dos Materiais é um estudo que envolve na sua parte inicial, o conhecimento das propriedades mecânicas dos. materiais que consistem essencialmente de valores numéricos obtidos através de ensaios em laboratórios As propriedades de maior interesse ao estudo da Resistência são: Limite de resistência, limite de escoamento, Alongamento módulo de elasticidade e Dureza; por tanto, as outras, tais como a estrição, resiliência e tenacidade servem, para o presente assunto, somente como elementos elucidativos na seleção de materiais apropriados aos diferentes tipos de peças. Conhecendo-se as propriedades dos diferentes materiais, os seus valores serão então empregados na sua fase de aplicação, ou seja, nos cálculos de componentes de máquinas ou de peças em geral. Dessa forma, a fase subseqüente do estudo de Resistência dos materiais reside principalmente nos cálculos, onde então se procura determinar as conseqüências das forças que atuam sobre os corpos, a fim de dimensioná-los ou verificar os seus efeitos. No entanto, os assuntos ligados à Resistência são por demais vastos e complexos que se estendem muito além daqueles que estão sendo abordados neste trabalho que, precipuamente se limita a um objetivo, qual seja, o da resolução pratica dos problemas que surgem com maior freqüência na vida profissional de técnicos. São Paulo, 1 junho de 2004. 2 Generalidade Antes de entrar na parte de cálculos que é o objetivo fundamental deste trabalho, faremos para a melhor compreensão da matéria, um retrospecto sucinto sobre o comportamento do material. 1.1 - COMPORTAMENTO DE UM MATERIAL Quando uma força age sobre um corpo, produz nele uma. TENSÃO que pode ser de TRAÇÃO, COMPRESSÃO, CISALHAMENTO, FLEXÃO ou TORÇÃO. Todas as tensões produzidas no corpo causa a este uma DEFORMAÇAO. Se a tensão é pequena, o corpo volta ao seu estado, (tamanho normal) sem que a força deixe de agir sobre o mesmo. A esta propriedade chamamos de ELASTICIDADE. Porém, se a tensão for muito grande, poderá causar ao corpo uma DEFORMAÇÃO PERMANENTE, isto é, o corpo poderá ficar permanentemente deformado mesmo cessada a ação da força. Por outro lado, se a tensão for ainda maior, poderá causar a ruptura do corpo. - A maior tensão que o corpo pode suportar é definida como sendo o "LIMITE DE RESISTÊNCIA" ou "TENSAO DE RUPTURA”. 1.2 - GRÁFICO DE TENSÃO x DEFORMACÃO A fim de melhor caracterizar o comportamento de um material submetido às tensões progressivas, reproduzimos na fig.1 o gráfico conhecido por TENSÃO X DEFORMAÇÃO.Este gráfico que representa um corpo sob a ação de uma força de tração, tem sua ordenada a indicação da tensão e na abscissa a deformação correspondente. 3 FIGURA 1 Os pontos assinalados na figura 1 representam: PONTO I: limite de proporcionalidade (lei de Hooke). NOTA: As deformações são proporcionais às tensões PONTO II: Limite de Elasticidade. NOTA: Elasticidade é a propriedade do material de o corpo retornar ao seu tamanho inicial assim que a força deixa de agir sobre o mesmo. PONTO III: Limite de escoamento NOTA: Caracteriza a perda da propriedade elástica do material. PONTO IV: Limite de resistência ou tensão de ruptura NOTA: Maior tensão que o corpo pode suportar PONTO V: Instante em que o corpo se rompe. Pela analise do gráfico verifica-se que o comportamento do material se subdivide em duas fases distintas, ou seja, FASE ELASTICA e FASE PLASTICA. A separação 4 dessas fases se faz na transição entre o limite de elasticidade e o inicio do fenômeno de escoamento. É necessário observar que para os cálculos de peças que devem suportar os esforços, sem provocar as deformações permanentes, o material devera trabalhar dentro do deu limite de elasticidade, numa faixa assinalada no gráfico como tensões admissíveis. A fase plástica do material tem sua aplicação nas operações que exigem deformações permanentes das peças, como nos casos de estampagem, repuxos, dobramento, laminações etc. 1.3 PROPRIEDADES MECANICAS DOS MATERIAIS Conforme o que foi dito na parte introdutiva, dentre as propriedades mecânicas dos materiais, as de maior interesse para os cálculos de resistência são: Limite de resistência (TENSÂO RUPTURA), tensão de escoamento (LIMITE DE ESCOAMENTO), Alongamento, Módulo de elasticidade e a dureza. A dotaremos para essas propriedades os seguintes símbolos: = Tensão de ruptura em Kgf/cm². Os valores para os diferentes materiais se obtém, através de ensaios de tração, dividindo-se a maior carga suportada pelo corpo de prova pela área da secção original do mesmo: Pmax.= carga max. Em Kgf. So = Secção original em cm². = tensão de escoamento em Kgf/cm² Pesc.= carga que produz o escoamento do material. 5 = Alongamento em % Lo= comprimento inicial do corpo de prova em “mm”. L= Comprimento final, após o rompimento do c.p. em “mm”. E = Módulo de elasticidade em Kgf/cm² Módulo de elasticidade é a relação existente entre a tensão e o alongamento do material observado dentro de seus limites de propriedades elásticas. = Tensão em Kgf/cm² = Alongamento: =% O módulo de elasticidade ou módulo de YOUNG caracteriza a rigidez do material, isto é sua habilidade de resistir a deformação. H= Numero de Dureza Brinell. Relação aproximada entre a dureza e a tensão de ruptura do material: = 36 x H em Kgf/cm² para aços carbono = 34 x H em Kgf/cm² para aços de liga Todas as propriedades poderão ser obtidas através de ensaios, mas, para isso em nosso calculo, basearemos nos valores contidos na TABELA I. 6 TABELA – I TENSÕES MÉDIAS E ALONGAMENTO APROXIMADO DOS MATERIAIS 7 Nota: Para tensão de ruptura a cisalhamento toma-se: = 0,6 a 0,8 x Módulo de Elasticidade 1.4 - Tensão Admissível e Fator de Segurança 1.4.1 – Tensão Admissível: Na resistência dos materiais, onde as peças a serem calculadas, deverão suportar as cargas com segurança, isto é, sem provocar a deformação permanente, terá que ser considerada nos cálculos uma tensão menor do que a de escoamento, e aquém do limite Maximo de elasticidade. A esta tensão que oferece à peça uma condição de trabalho sem perigo, chamamos de TENSÃO ADMISSÍVEL. Todavia deve-se ter em mente que as pecas mecânicas podem trabalhar em condições diversas, ou melhor, umas sujeitas a cargas estáticas, enquanto outras, submetidas as cargas intermitentes, alternadas ou mesmo a choque. Dessa forma, ao se calcular uma peça, faz-se necessário conhecer a condição de trabalho da mesma, a fim de poder estabelecer uma tensão admissível compatível com o tipo de carga a suportar. Conhecendo-se a antemão, a condição de trabalho da peça a ser calculada e também o tipo de material mais apropriado para a construção dessa peça, pode-se estabelecer a tensão admissível atribuindo-se ao valor de sua tensão de ruptura um coeficiente que é denominado FATOR DE SEGURANÇA. = Tensão Admissível em Kgf/cm² = Tensão de Ruptura em Kgf/cm² 1.4.2 Fator de Segurança: = Fator de Segurança 8 O Fator de Segurança é uma relação entre as tensões de ruptura e admissível do material . Em principio, o fator de segurança é determinado levando-se em consideração diversos fatores parciais, tais como, fator em relação as tensões de ruptura e escoamento, fator de segurança em função da homogeneidade do material, fator em função do tipo de carga a ser aplicada, fator em função de cargas desconhecidas, etc. Assim, a rigor o fator de segurança é expressa da seguinte forma: F= F1xF2xF3xF4... Sendo: F= Fator de Segurança total; F1, F2, F3, F4... = Fatores de Segurança parciais. Porem, para os nossos cálculos de resistência adotarem os fatores de Segurança já consagrados pela pratica, baseados na qualidade do material e no tipo de carga aplicada à peça. Os valores desses fatores já englobam todos os demais fatores acima referidos. Podemos distinguir Quatro tipos de carga a saber: TIPOS DE CARGA 1 – ESTÁTICA 2 – INTERMITENTE 3 – ALTERNADA 4 – BRUSCA OU COM CHOQUE Quando uma peça está sujeita a uma carga constante, invariavelmente no decorrer do tempo. P = carga (fig.2) P CONSTANTE Carga Intermitente: 9 Peça sujeita a uma carga pulsante, isto é, variável de zero a uma carga máxima permitido. (fig.3) EXEMPLO UMA PONTE ROLANTE. Carga Alternada: Quando uma peça esta sujeita a uma carga variável nos dois sentidos, por exemplo, a biela de um pistão de dupla ação. (fig.4) Carga Brusca ou a Choque: A peça esta sujeita a variação brusca ou a choque, por exemplo, componentes de prensas em geral. (fig.5) Os valores de FATORES DE SEGURANÇA estão representados na tabela II abaixo: TABELA II 10 1.5 Classes de Resistência: 1.5.1 – Resistência a Tração: Quando uma barra for submetida a uma força (P), atuante no sentido do seu eixo, isto é, perpendicular a sua secção transversal, estará sofrendo uma tração e uma deformação que será a de acréscimo de comprimento, (Fig.6) Fig.6 1.5.2 - Resistência a Compressão: - Quando uma força (P), Agir no sentido longitudinal da peça, isto é perpendicular a sua secção transversal, esta sofrera uma compressão e um achatamento, (fig.7) Fig. 7 1.5.3 – Resistência a Cisalhamento: - Quando duas forças (P) atuam sobre uma peça (rebite) transversalmente ao seu eixo, sofrera um cisalhamento, isto é a peça tendera a ser cortada, Fig.8 (fig.8) 1.5.4 – Resistência a Flexão: - Quando uma força (P) atua sobre uma barra, perpendicularmente ao seu eixo, produzira a flexão do referido eixo, (fig.9). Fig. 9 1.5.5 – Resistência a Torção: - Uma força (P), agindo no plano perpendicular ao eixo da barra tendera a girar cada secção transversal em relação às demais secções, torcendo-a, (fig.10). Fig.10 11 1.5.6 – Resistência a flambagem: - Se a barra submetida a compressão for muito grande em relação a sua secção, ela se dobrara sobre a ação da força (P), produzindo a flambagem, (fig.11) 1.5.7 – Resistência composta: - Quando uma peça estiver sujeita a mais de uma classe de resistência, a mesma terá que ser calculada pela resistência composta. 12 Resistência a Tração 2.1 Dedução Fórmula de Tração: Sendo: P= Carga ou força em Kgf que age no sentido longitudinal da peça, tracionando-a; (fig.12) S= Secção Transversal da peça em cm²; = Tensão do material à secção em Kgf/cm² Fig.12 Observação: a-) Quando uma força age sobre um corpo produz neste uma TENSÃO, que será tanto maior quanto maior for a força aplicada. Conclui-se daí que: TENSÂO É DIRETAMENTE PROPORCIONAL A FORÇA. b-) Se duas forças da mesma intensidade agirem, separadamente em dois corpos de seções transversais diferente, a tensão será maior naquele que tem a secção menor, do modo que se conclui que: TENSÃO É INVERSAMENTE PROPORCIONAL A SECÇÃO. Deduz-se daí: Donde: 13 2.2 Aplicação Exercício 2.2.1 Considerando que a barra representada na fig.12 seja de secção circular e de Aço SAE 1020, determinar o diâmetro que deve ter para suportar, com segurança, um esforço (P) estático, à tração de 5000 Kgf. SOLUÇÃO: P= 5000 Kgf Material: SAE 1020 Tensão Consultando a TABELA I, temos: = 4200Kgf/cm² E pela TABELA II o fator de segurança relativo ao tipo de carga considerada: F=5 Admissível será: 4200 = 5 = 840Kgf/cm² A secção necessária para suportar a carga com segurança será de: d= diâmetro da barra 6 cm² 14 Exercício 2.2.3 A peça mostrada na figura 13 é constituída de 1 parte mais grossa que tem o diâmetro de 30mm e outra mais fina de 20mm. Calcular a carga “P”, intermitente, que pode ser aplicada à peça, considerando-se que a mesma é feita de Aço níquel SAE 2330. FIG.13 Solução: =6 Material: SAE 2330 = = 7400 Kgf/cm² 7400 6 = 1233Kgf/cm² σ = 1233 Kgf / cm² π x d ² 3,14 x 2² S= = 4 S = 3,14 cm² 4 OBS: Sempre que a peça tiver mais que uma secção resistente, deve-se calcular levando em consideração a sua secção menor ( a mais perigosa), no caso, a de diâmetro 20mm. . 15 Exercício 2.2.5 No sistema representado na FIG.14, determinar: A-) O diâmetro (d) da peça feita de aço SAE 1020; B-) A quantidade de parafusos necessários para a d fixação da peça sendo o material dos parafusos SAE 1040. (di=15mm) Admite-se uma carga estática. SOLUÇÃO: A-) Cálculo do diâmetro (d) da peça: P= 7,5 ton = 7500 Kgf SAE 1020 S= d= d= F =5 P σ 7500 S= 840 S = 8,93 cm ² S= σr = 4200 Kgf / cm² σ= σr F = 4200 = 840 Kgf / cm ² 5 πxd ² 4 4 xS π 4 x8,93 3,14 d = 11,38 d = 3,35 cm 16 b- Calculo da quantidade de parafusos: di = 15 mm = 1,5 cm SAE 1040 R = 5800 kgf/cm² F=4 P = 7500 kgf Qt. = Quantidade de parafusos Qt = onde: Pp = Carga que cada parafuso pode suportar com segurança. P = 7500 kgf Pp = x Sp Pp = 1450 x 1,76 =1450 kgf/cm² Sp = Secção de cada parafuso. Pp = 2560 kgf Sp = 1,76 cm² = 7500 = 2,92 2560 Qt = 2,92 ou seja, 3 parafusos. 17 EXERCICIO: 2.2.7 – Através de um servomotor representado na fig. 15, pretende-se obter na haste do pistão uma força (P) de 10 tf (desprezando-se os atritos). A pressão hidráulica (p) disponível para o acionamento do pistão é de 200 psi (libras por polegada quadrada). p P Determinar: A-) O diâmetro (d) da haste feita de aço SAE 1040; B-) O diâmetro (D) do cilindro; C-) O diâmetro (di) dos parafusos admitindo-se que os mesmos são de aço SAE 1020 e que a fixação é feita por meio de 12 parafusos. SOLUÇÃO: a) – Calculo do diâmetro (d) da haste: P = 10 tf = 10000 kgf Material SAE 1040 R = 5800 kgf / cm² Sendo um servomotor de simples ação, o tipo de carga será intermitente, donde: F=6 = 966 kgf/cm² S = 10,35 cm² Donde: d= 4 xS π = 4 x10,35 = 3,64 cm 3,14 18 b– Cálculo do diâmetro (D) do cilindro: P = 10000 kgf p = 200 psi NOTA: psi = pound per square inch (lbs / pol2) D=? CONVERSÃO: 1 kgf / cm² = 14,223 psi Donde: 200 psi = 14 kgf / cm² Donde: A = 700 cm² Então: D = 30,3 cm c– Calculo do diâmetro (di) dos parafusos: A carga total que age sobre os parafusos é de: P = 10000 kgf Material: SAE 1020 σR = 4200 kgf / cm² F=6 Qt. = 12 parafusos di = ? Sendo: Sp = seção do parafuso em cm²; Pp = carga que age em cada parafuso em kgf. 19 di = 1,23cm 20 Resistência a compressão 3.1 – FORMULA DE COMPRESSÃO: Para a compressão, a equação de resistência é a mesma da tração; Sendo: σc = Tensão admissível à compressão em kgf / cm² P = Carga ou força que age no sentido do eixo da peça, comprimindo-a, em kgf; Fig. 21. S = secção resistente em cm²; Teremos: σc = P S Donde P= σc x S e S= P σc σ A tensão admissível à compressão ( c) pode ser determinada em função da tensão de σ ruptura à compressão, ( R-c), atribuindo-se à mesma um fator de segurança (F). σc = σR-c F OBSERVAÇÃO: - Com exceção dos ferros fundidos, todos os demais materiais tem as suas tensões de ruptura à compressão iguais as de tração. Ver tabela I na pág. 7. 21 3.2 – APLICAÇÃO EXERCÍCIO 3.2.1 – Na fig.22 determinar o diâmetro do parafuso de um macaco que deverá suportar com segurança, à compressão, uma carga de 5 tf, sabendo-se que o material é SAE 1040 e o passo da rosca de 5 mm. SOLUÇÃO: P = 5 tf = 5000 kgf σR-c = 5800 kgf / cm² SAE 1040 Admitindo-se carga intermitente: F=6 σc = σR-c = 5800 F 6 σc =966 kgf / cm² Si = P σc = 5000 966 Si = 5,18 cm² Donde: di = 4xSi π di = 2,57 cm = 4 x 5,18 3,14 Ainda: de = di + f ( f = passo 5mm) de = 25,7 + 5 de = 30,7 mm 22 Resistência a cisalhamento 4.1 – DEDUÇÃO DA FÓRMULA DE CISALHAMENTO Para o efeito prático de cálculo de resistência a cisalhamento será levado em consideração somente o chamado esforço cortante simples, que age perpendicularmente ao eixo da peça, produzindo uma tensão de cisalhamento, fig. 25. Neste caso, diz-se resistência a cisalhamento puro. Sendo: σs = Tensão admissível a cisalhamento em kgf / cm² P = Força ou carga, em kgf, que age perpendicularmente ao eixo da peça; S = Secção resistente ao cisalhamento, em cm². a-) A tensão será diretamente proporcional à carga aplicada; b-) A tensão será inversamente proporcional à secção resistente: Então: σs = P S Donde: P = σs x S e S= P σS OBSERVAÇÃO: As tensões de ruptura a cisalhamento (σR-s), para os materiais em geral, segundo os resultados de ensaios, obedecem aproximadamente a seguinte relação com referencia à tensão de ruptura à tração: σR–s = 0,6 Os valores de da relação: 0,75 x a 0,8 x σR σR-s, para os aços constantes da Tabela I, foram obtidos através σR. 23 4.2 – APLICAÇÃO EXERCICIO 4.2.1 Na fig. 25, determinar o diâmetro de um rebite de aço SAE1015 que deve suportar com segurança, a cisalhamento, uma força cortante pura de 1000 kgf (carga intermitente). SOLUÇÃO: P = 1000 S= S= σR-s = 2880 kgf / cm2 P σs 1000 480 Para SAE 1015: σs = σFR-s σs = 2880 6 σs =480 kgf/cm² S = 2,08 cm² Donde: d= 4xS = π 4 x 2,08 3,14 d = 1,65 cm 24 EXERCICIO 4.2.3 No sistema de articulação representado na fig. 26, determinar o diâmetro do pino de aço SAE 1040 que deve suportar, com segurança e a cisalhamento puro, uma força de 1000 kgf, sujeita a variação brusca. Fig 26 SOLUÇÃO: obs.: Pela figura observa-se que o pino tem duas secções resistentes. Assim sendo cada secção recebe apenas a metade da carga total. S= S= σs = σFR-s P σ 2x s = 4350 12 σs =362 kgf/cm² 1000 2x362 S = 1,38 cm² Donde: d= 4xS π = 4x1,38 3,14 d = 1,33 cm 25 EXERCICIO 4.2.5 – A um eixo que tem 30 mm de diâmetro, pretendese fixar uma polia por meio de um pino, conforme mostrado na fig. 27. Considerando que o momento de torção (torque) no eixo é de 150 cm.kgf, determinar o diâmetro do pino (dp), de aço SAE 1030. Admite-se tipo de carga de variação brusca. Fig 27 - SOLUÇÃO: P = força que age em cada secção resistente. Sp = P P= σs Sp = 50 312 Sp = 0,16 cm² Ft 2 Ft = Ft = P = 50 kgf Mt r r = 1,5 150 = 100 kgf 1,5 σs = σR-s = 3750 = 312 kgf/cm² F Dp = Donde: 4 x Sp = π 4 x 0,16 3,14 12 dp = 0,453 cm 26 EXERCICIO 4.2.7 Por meio de um acoplamento, representado na fig. 28, pretende-se transmitir o movimento de um eixo ao outro, com potencia de 10 cv a 500 rpm. Determinar o diâmetro dos 3 parafusos de D=80 fi fixação, de aço SAE 1020. Admite-se, para o caso, tipo de carga a choque. Fig.28 SOLUÇÃO: N = Potencia, 10 cv n = Rotação, 500 rpm Material dos parafusos SAE 1020 σs = σR-s F σ R-s = 3200 kgf / cm² Carga a choque: F = 12 = 3200 12 s = 267 kgf / cm² σs = 267 kgf/cm² Considerando-se que a força tangencial total seja transmitida por meio de 3 parafusos; Tem-se: P= Ft 3 onde: Ft = Mt R Ft = Força tangencial em kgf. R = Raio de 4 cm; Mt = Momento de torção em cm.kgf P= Força que age em cada parafuso 27 Momento de torção em função da POTÊNCIA e ROTAÇÃO: Sendo: Mt = Ft x R onde Ft = 75 x N v 1 cv = 75 kgf m/seg v = velocidade tangencial Ft = 75 x N v Por outro lado, a velocidade tangencial em função da rotação, dada em rpm será: v= πxDxn 60 Então: Ft = Deduz-se daí: Mt = Mt = 60 x 75 x N x R π xD xn 75 x N πxDxn 60 = 60 x 75 x N πxDxn onde: D = 2R N 60 x 75 x n 2x π N n Mt = 716,2 em m.kgf ou Mt = 71620 N em cm.kgf n Voltando-se ao cálculo da Ft, teremos: Ft = Ft = Mt R 1432,4 4 Mt = 71620 Mt = 71620 Ft = 358,1 kgf N n N = 10 cv n = 500 rpm 10 500 Mt = 1432,4 cm kgf R = 4 cm A força que age em cada parafuso será: P = Ft = 358,1 3 3 P = 119,3 kgf 28 Donde, a secção do parafuso se calcula: S= P σs P = 119,3 kgf σs = 267 kgf / cm² 119,3 S = 267 S = 0,448 cm² Então: d= 4xS = π 4 x 0,448 3,14 d = 0,755 cm 29 Resistência a flexão 5.1 – FÓRMULA DE RESISTÊNCIA À FLEXÃO Sendo: P = Carga, em kgf, que age perpendicularmente ao eixo da peça; L = Comprimento da peça em cm; σf = Tensão admissível à flexão em kgf / cm² I = Momento de inércia em cm4; Fig. 30 W = Módulo de resistência em cm³. Mf = Momento fletor em cm.kgf Para o efeito de cálculo referente ao presente capítulo, será considerado somente a flexão pura, isto é, desprezando-se as forças cortantes. Em princípio, verifica-se que a tensão de flexão é: a. Diretamente proporcional ao momento fletor (mf); b. Inversamente proporcional ao seu módulo de resistência à flexão (W). – O MÓDULO DE RESISTENCIA é a característica geométrica da secção de uma viga que opõe à flexão. σf = Mf Então: W Por outro lado, o módulo de resistência de uma secção, em função do Momento de inércia é expressa pela seguinte equação: W=I y y = distância da linha neutra à fibra mais afastada. NOTA: As fórmulas de Momento de Inércia (I) e Módulo de Resistência (W) de maioria das secções de uso prático estão apresentadas nas TABELAS – III e IV, nas paginas 31 e 32. 30 TABELA – III MOMENTO DE INERCIA, MODULO DE RESISTENCIA E RAIO DE GIRAÇÃO MOMENTO DE INERCIA, MÓDULODE RESISTENCIA E RAIO DE GIRAÇÃO SECÇÃO 4 y I= 3,14d 64 d y D d y a 4 I = 3,14 (D RAIO DE GIRAÇÃO MOMENTO MODULO DE RESISTENCIA W=I/y MOMENTO DE INERCIA I W R= 3 3 = 3,14d = 0,1d 32 4 4 4 - d ) W = 3,14 (D - d ) 64 32D I= a4 w= 12 a3 S= AREA DE SECÇÃO I S R= d 4 R= 2 2 D+d 4 R= 6 a 12 a a y I= a4 w= 12 a a3 R= 6 2 a 12 a y b b a I= a4- b4 W= 12 b y y 6a a4- b4 W= 2 ( a4- b4 ) 12 a2 - b2 12 R= 12a a2 - b2 12 a h b R= a I= b a4 - b4 I= b.h3 36 w= para y = b.h2 24 2h 3 RR== hh 18 12 31 TABELA – IV MOMENTO DE DE INERCIA, RESISTENCIA E RAIO DE GIRAÇÃO MOMENTO INERCIA,MÓDULODE MODULO DE RESISTENCIA E RAIO DE GIRAÇÃO MOMENTO DE INERCIA I SECÇÃO y R= I= b.h 12 b S= AREA DE SECÇÃO I S 2 = b.h 6 b = 6.w h2 W 3 h RAIO DE GIRAÇÃO MODULO MOMENTO DE RESISTENCIA W=I/y R= h 12 y 4 3 I = 0,06.b R = 0,264.b w = 0,104.b b y 4 b y e h H 3 I = 0,06.b w = 0,12.b 3 3 3 3 I = BH - ( B - e ) h 12 R = 0,264.b 3 3 3 3 w = BH - ( B - e ) h 6.H R= 1 s B y I = BH - ( B - e ) h 12 e h H w = BH - ( B - e ) h 6.H R= 1 s B y e t H 3 3 I = eH - ( B - e ) t 12 wI = eH 3- ( B - e ) t3 6.H R= 1 s B 32 TENSÃO DE FLEXÃO: - Pela Fig. 32 pode-se observar que uma viga ao se flexionar, as suas fibras situadas acima da linha neutra (L.N.) se alongam, enquanto que as fibras inferiores, sofrem um achatamento, denotando uma compressão. Por outro lado, as fibras da camada neutra situada no plano da linha neutra, mantem-se Fig.32 inalterada. Dessa forma, deduz-se que o corpo sujeito a um esforço de flexão sofre, simultaneamente, uma tensão de tração e outra de compressão. Consequentemente, para os valores de tensões de ruptura à flexão dos materiais, tomam-se os mesmos valores de tração ou de compressão, constantes da TABELA – I da pág. 7. – Caso os valores das tensões de ruptura à tração forem diferentes das de compressão, para a flexão, toma-se o valor menor. 5.2 – DISPOSIÇÃO DA VIGA E DA CARGA: a – Diz-se que a viga está ENGASTADA, quando ela se acha firmemente presa ou embutida, conf. Fig. 33. b -Quando uma viga apenas descansa sobre os apoios, fig. 34, chamamos de viga SIMPLESMENTE APOIADA. 33 Fig.34 c. Chamamos de carga CONCENTRADA, quando a mesma age sobre um ponto da viga, conf. Fig. 33 d – Carga UNIFORMEMENTE DISTRIBUÍDA, é aquela que se distribui igualmente ao longo da viga, Fig. 34. As diferentes disposições das vigas e das cargas, assim como, as equações de resistência aplicáveis a cada caso estão representadas na pág. 37. 5.3 – CALCULOS DE RESISTÊNCIA À FLEXÃO EXERCICIO 5.3.1 – Uma barra de aço SAE 1020, engastada numa das extremidades, deverá suportar, com segurança, uma carga estática de 500 kgf, concentrada na extremidade livre, fig. 35. Determinar o diâmetro da barra, sabendo-se que o seu comprimento é de 0,5 m. SOLUÇÃO : Para material SAE 1020: σR = 4200 kgf/cm² (igual a de tração e compressão) Sendo uma carga estática: F = 5 σ σFR f= = 4200 5 34 σ = 840 kgf/cm² f σ O momento fletor máximo (Mf), para o presente caso será: Mf f= w Então: W= P.L σ = f Mf = P.L 500 x 50 P = 500 kgf L = 50 cm 840 W = 29,7 cm³ Para uma secção circular: W= π.d³ 32 (Ver tabela – III, pág 31.) Donde: d= ³ 32.w π = ³ 32x29,7 3,14 d = 6,7 cm 35 EXERCICIO 5.3.3 - Pretende-se dimensionar o cabo de uma chave fixa, Fig. 36, a fim de obter um torque (momento de torção) de 500 cm.kgf no parafuso, aplicando-se uma força de 20 kgf na extremidade, sendo a seção do cabo com b= 10mm e h= 27mm Determinar: a-) O comprimento do cabo da chave, admitindo-se Fig.36 material SAE 3130, com carga “brusca” b-)Se a seção resistente do cabo é suficiente. SOLUÇÃO: a- Calculo do comprimento (L): Mt = Mf = P.L Donde: L = Mt 500 = P 20 L = 25 cm Mf = Mt = 500 cm.kgf σf = σr F = Para Aço SAE 3130 : σf = 6800 12 σr = 6800 kgf/cm² F = 12 σf = 565 Kgf/cm² b- A secção resistente mínima necessária será: W= Mf σf W = 500 565 W= 0,885 cm³ Pelas dimensões “b”=1,0 cm e “h”= 2,7 cm teremos: W = b.h² 6 W = 1,0x 2,7² 6 W = 7,29 6 =1,215 cm3 Obs: como o “W” fornecido é > que o necessário, a seção resistente do cabo é suficiente ( 1,215cm3 > 0,885 cm3) 36 FORMULAS RELATIVAS Á FLEXÃO DE VIGAS DE SECÇÕES CONTINUAS 37 EXERCICIO 5.3.6 – Conforme indicado na Fig. 38, pretende-se utilizar vigas de aço de perfil I para suportar no meio da viga (1), uma carga concentrada de 5 tf (estática). Os comprimentos e distribuição das vigas são os seguintes: L = 3m, L1 = 1,2m, L2 = 1,8 m, L3 = 1,5 m. Sendo o material dos perfis aço SAE 1020, determinar os tamanhos apropriados para as vigas (1) e (2), desprezando-se os pesos próprios. SOLUÇÃO: a- Calculo da viga (1) P = 5000 Kgf L3 = 150 cm | Material para SAE 1020: σr = 4200 kgf/cm² W = Mf σf Mf = Momento fletor máx. Para cargas estáticas Mf = P.L3 4 F=5 σf = σr F = 4200 = 840 kgf/cm² 5 W = P. L3 = 5000 . 150 4 . σf 4 . 840 W = 224 cm³ Procurando-se na TABELA – V, uma viga I que possua o Módulo de Resistência equivalente a 224 cm³, ou imediatamente superior, encontramos: I 8” x 4” x 27,3 kg / m com Wx = 236 cm³ 38 b- Calculo das vigas (2): P´ = P = 2500 kgf 2 L = 300 cm L1 = 120 cm L2 = 180 cm σf = 840 kgf/cm² W = Mf σf W = P´. L1 . L2 L . σf = 2500 . 120 . 180 Mf = P´. L1 . L2 L 300 . 840 W = 215 cm³ Pela TABELA – V, encontramos a viga I 8” x 4” x 27,3 kg/m que tem o Wx = 236 cm³ 39 EXERCICIO 5.3.11 – Na fig. 42, determinar: A-) O tamanho da viga de aço SAE 1020, perfil U, item (1); B-) O tamanho da viga de aço SAE 1020, perfil “I”, item 2; - Admite-se uma carga total de 5 tf, estática, desprezando-se os pesos próprios das vigas e das pranchas. - Comprimento das vigas: L1= 1,5m L2 = 3,5m, L3 = 1m, L4 = 1,5m, L5 = 1m. SOLUÇÃO: A – calculo da viga (1): Pt = 5000 kgf L1 = 150 cm Material: SAE 1020 Carga estática Cada viga “U” suporta: P = 2500 kgf P = Pt 2 Sendo uma viga simplesmente apoiada e a carga uniformemente distribuída, teremos: (ver formula na pág. 37) Mf = P . L1 8 W = P . L1 8 . σf σf = σR = 4200 F 5 σf = 840 kgf/cm² W = 2500 . 150 8 . 840 W = 56,7 cm³ VIGA “U” 6” x 2” x 12,2 kg/m Wx = 71,7 cm³ ( TABELA VI ) 40 b – Calculo da viga (2): P’ = P 2 P’ = 1250 kgf W= P’ . L3 σf W = 1250 . 100 840 W = 149 cm³ Viga “I” 8” x 4” x 27,3 kg / m - Wx = 236 cm³ (TABELA – V ) 41 5.4 – CALCULO DE DEFORMAÇÕES EM FLEXÃO: Nos cálculos de resistência à flexão, além do dimensionamento das vigas, muitas vezes, importa saber a deformação (flecha máxima) que uma viga sofre ao ser aplicada a carga. As fórmulas relativas às deflexões, constam das fórmulas de flexão da pág. 37. EXERCICIO – 5.4.1 – Por exemplo, uma viga de perfil “I”, simplesmente apoiada, fig. 43, é solicitada por uma carga estática, concentrada no meio da viga, de 4,4 tf. Sabendo-se que o vão entre os apoios é de 3 m, e o material da viga, aço SAE 1020, DETERMINAR: Fig.43 a- O tamanho do perfil I ; b- A flecha máxima da viga. SOLUÇÃO: a – Calculo da viga: W= P.L σf= σR 4.σf F σ f= = 4200 5 840 kgf/cm² W = 4400 . 300 4 . 840 W = 393 cm³ Viga I 10” x 37,7 kg/m Wx = 405 cm³ c- Calculo da flecha (f): f= f = P . L³ 48 . E . I 4400 . 300³ 6 48 . 2,1 . 10 . 5140 f = 0,228 cm P = 4400 kgf L = 300 cm E = 2.100.000 kgf / cm² I = 5140 cm4 (Ver tabela – V) 42 TABELA – V VIGAS I - PADRÃO AMERICANO 43 TABELA – VI VIGAS U - PADRÃO AMERICANO 44 TABELA – VII CANTONEIRAS DE ABAS IGUAIS 45 Resistência a torção 6.1 – FÓRMULA DE RESISTÊNCIA À TORÇÃO: Num eixo que tem uma das extremidades engastada, se fizer atuar na extremidade livre, forças binárias (P), fig. 44, num plano da secção transversal, o eixo sofrerá uma torção, em virtude do momento de torção (torque), produzindo uma tensão de torção, que por sua vez causará ao eixo uma deformação (φ ) que chamamos de ângulo de torção. Sendo: Mt = Momento de torção em cm.kgf; σt = Tensão de torção em kgf / cm²; Wp = Módulo de resistência polar em cm³; A tensão de torção (σ t) que produz no corpo será: a- Diretamente proporcional ao momento de torção (Mt), b- Inversamente proporcional a característica geométrica da secção que se opõe à torção, o que chamamos de MÓDULO DE RESISTÊNCIA POLAR (Wp). σt = Mt Então: Wp 46 Convém observar que as tensões de torção produzidas no corpo equivalem às tensões de cisalhamento. Dessa forma, para a determinação das tensões de torção dos diferentes materiais, tomam-se os valores das tensões de ruptura a cisalhamento dos respectivos materiais. Assim sendo, a tensão admissível à torção será: σt = σR-S F Onde: σR-S = Tensão de ruptura a cisalhamento em kgf / cm² (ver tab. I ; pág. 7) F = Fator de segurança (ver tab. II na pág. 10) Por outro lado, as fórmulas dos módulos de resistência polar (Wp) para as principais secções constam da tab. VIII. Wp = Ip R Ip = Momento de inércia polar em cm 4. R = Raio em cm. 47 6.2 – CALCULOS DE RESISTÊNCIA À TORÇÃO: EXERCICIO 6.2.1 - Na fig. 45, a secção quadrada da chave para apertar peças na placa do torno está sujeita a uma torção. Considerando que a força (P) aplicada em cada lado do cabo seja de 10 kgf e o comprimento (L) de 20 cm, determinar o lado (a) da secção. Admite-se material SAE 1040 e tipo de carga de variação brusca. SOLUÇÃO: Mt = P .L σt = Mt então σt= σR-S Wp = Mt F σt Wp = 4350 12 σt= 362,5 Kgf/cm² Wp = P . L = 10 . 20 σt 362,5 Para secção quadrada: Wp = Wp = 0,551 cm³ 2 . a³ 9 Donde: 3 a= 9 . Wp 2 3 = 9 . 0,551 2 a = 1,353 cm 48 TABELA – VIII MOMENTO DE INERCIA POLAR E MÓDULO DE RESISTÊNCIA POLAR 49 EXERCICIO 6.2.3 – No sistema de transmissão da fig. 47, determinar o diâmetro do eixo de aço SAE 1040 que deve transmitir uma potencia de 20 cv, a 500 rpm, sujeito a variações bruscas. Momento de torção em função da POTENCIA (cv) e ROTAÇÃO (rpm) SOLUÇÃO: N = Potencia – 20 cv; Mt = 71620 N em cm,kgf n n = Rotação – 500 rpm σt= Mt Wp portanto Wp = π . d³ Mt = 71620 N em cm.KGF n 16 Mt =71620 . 20 = 2864,8 cm.KGF (torque) 500 σt = Mt portanto Wp = Mt = 2864,8 = 7,957cm³ Wp σt 360 Wp = π . d³ assim 16 d= 3 Wp . 16 π = 3 7,957 . 16 = Ø 3,43 cm 3,14 (ver tabela VIII). N = potencia em CV; n = rotação em rpm; σt= σr-s F = 4350 12 σt= 360 kgf/cm² 50 6.4 – EIXOS SUJEITOS A MOMENTOS COMPOSTOS DE FLEXÃO E TORÇÃO: Em alguns casos, um eixo deve resistir tão bem a tensão de flexão como a de torção, fig. 48. Se a tensão de flexão é muito grande e afeta de maneira apreciável na resistência do eixo, este deve ser calculado através da formula de “MOMENTO COMPOSTO” ou “MOMENTO EQUIVALENTE” que resulta das ações das duas tensões consideradas. FORMULAS DE MOMENTO EQUIVALENTE: Sendo: Mf = Momento fletor máximo em cm.KGF; Mt = Momento de torção em cm.KGF; Me = Momento equivalente em cm.KGF. Temos as seguintes fórmulas de momento equivalente, conforme os diferentes autores: a- Fórmula de “Guest”, usada para peças de secções circulares e material de aço doce: Me = Mf ² + Mt ² b- Formula usada para materiais maleáveis, tais como, aço mole, cobre, latão macio e tubos de aço mole: Me = 1,3 Mf ² + Mt ² c- Outra fórmula comumente usada por alguns autores, e considerada como sendo o momento ideal e a seguinte: Me = Mf + Mf ² + Mt ² 51 d- Fórmula de “Grashof”, para materiais frágeis como ferro fundido, aços de ferramenta, bronze duro e outros materiais de baixa estrição; (quebradiços) Me = 3 Mf + 5 8 8 Mf ² + Mt ² OBSERVAÇÃO: Para calcular um eixo sujeito a momento composto, o momento equivalente obtido por meio de uma das fórmulas acima é introduzido na equação de resistência à torção, conforme segue: σt = Me σt = Tensão admissível à torção em Wp KGF / Donde: cm²; Wp = Me Me = Momento equivalente em cm.KGF; σt Wp = Módulo de resistência polar em cm³ π . d³ = Me 16 (ver tab. VIII) σt Teremos então: Para secção circular: d = 1,72 3 Me Wp = π . d³ 16 em cm σt 52 EXERCICIO 6.4.1 – Na fig. 48, considerando: P = 200 Kgf F1 = 1200 Kgf F2 = 200 Kgf R = 300mm e L = 1m; Material do eixo, SAE 1020; Tipo de transmissão reversível (alternada) sem choque, determinar o diâmetro do eixo. SOLUÇÃO: a – Calculo do Momento de torção: Mt = (F1 – F2) x R Mt = (1200 – 200) x 30 Mt = 30000 cm.KGF b – Calculo do momento fletor: Mf = ( P + F1 + F2 ) . L 4 Mf = (200 + 1200 + 200 ) . 100 4 Mf = 40000 cm.KGF c – Calculo do momento equivalente: c.1 = Fórmula de “Guest”: Me = Mf² + Mt² = 30000² + 40000² Me = 50000 cm.kgf 53 Neste caso, o diâmetro do eixo será: 3 d = 1,72 Me σt d = 1,72 3 50000 400 σt = σr-s = F 3200 8 σt = 400 kgf/cm² d = 8,6 cm c.2 – Pela fórmula (b) do momento equivalente: Me = 1,3 Mf² + Mt² = 1,3 30000² + 40000² Me = 65000 cm.kgf o diâmetro do eixo será: 3 d = 1,72 65000 400 d = 9,4 cm c.3 – Pela fórmula (c) do momento equivalente: Me = Mf+ Mf² + Mt² = 40000 + 30000² + 40000² Me = 90000 cm.kgf Donde: 3 d = 1,72 90000 400 d = 10,5 cm d – Calculo do diâmetro pela equação de resistência à torção simples: σt = Mt Wp Wp = π . d³ 16 sendo: teremos: d = 1,72 3 Mt σt 3 = 1,72 30000 400 d = 7,25 cm 54 6.5 – CALCULO DE MOLAS HELICOIDAIS: Nas molas helicoidais, cada espira da mesma está sujeita a um momento de torção (mt), e a uma tensão admissível à torção (σt); Segundo a fig. 50, o momento de torção será: Mt = PxD 2 Para secção circular do fio da mola: Wp = π . d³ 16 (VER TAB. VIII) Então: σt = 8 . P . D π . d³ Donde: o diâmetro do fio pode ser calculado através da seguinte equação: d =3 8.P.D em cm π .σt sendo: P = Carga em kgf; D= Diâmetro médio em cm. Por outro lado, deduz-se que: P = π . σt . d³ 8.D A deflexão total da mola de (N) espiras será: ft = Deflexão total em cm; P = Carga em kgf; D = Diâmetro médio da mola em cm; Ft = 8 . P . D³ . N G. d 4 G = Módulo de elasticidade a cisalhamento em kgf / cm²; (TAB.IX) d = Diâmetro do fio em cm. 55 Consequentemente, o número de espiras (N) da mola poderá ser determinado pela seguinte expressão: N = ft . G . d 4 8 . P . D³ A deflexão unitária, isto é, a deflexão sofrida por uma espira será: f = 8 . P . D³ G.d 4 A força que pode ser aplicada em função do numero de espiras e da deflexão total da mola, será: P = ft . G . d 4 8 . N . D³ TABELA – IX VALORES DO MÓDULO DE ELASTICIDADE A CISALHAMENTO (G): Aço carbono----- 0,70% ---- 700000 kgf / cm² Aço carbono ----- 0,90% ----- 740000 kgf / cm² Arame de aço para piano ----- 840000 kgf / cm² Latão e bronze fosforoso -----420000 kgf / cm² a 560000 kgf / cm² TABELA – X Tensões admissíveis (σt) para as molas helicoidais: 56 EXERCICIO 6.5.1 – Determinar o diâmetro do fio de uma mola helicoidal que deve trabalhar com um força de 20 kgf, sabendo-se que pelo espaço disponível, o diâmetro médio da mola deverá ser de 50 mm. - Calcular também o número de espiras para obter uma deflexão total de 100 mm. Admite-se: G = 700 000 kgf / cm² e tipo de serviço severo. SOLUÇÃO: a – Calculo do diâmetro do fio (d): 3 P = 20 kgf; D = 5 cm; d = 8 . P. D π . σt d= 3 Considerando-se preliminarmente: σt = 4 200 kgf /cm² 8 . 20. 5 3,14 . 4200 Obs: Verifica-se que pelo diâmetro encontrado, a σt deveria ter sido outra, isto é, pela tabela – X, talvez a d = 0,394 cm tensão admissível correta será σt = 3850 kgf/cm². Dessa forma, recalculando, teremos: d= 3 8 . 20. 5 3,14 . 3850 = d =0,4 cm ou 4 mm b- Cálculo do número de espiras (N): 4 N = ft.G.d 8.P.D³ = Ft = 100 mm = 10 cm G = 700 000 kgf / cm² d = 0,4 cm P = 20 kgf D = 5 cm N = 10.700000.0,44 8.20.5³ N = 9 espiras 57 Resistência dos recipientes 8.1 – RESISTENCIA DOS CILINDROS SUBMETIDOS A PRESSÃO INTERNA a - Calculo da parede do cilindro: O cálculo do cilindro submetido a pressão interna poderá ser desenvolvido baseando-se na resistência à tração, conforme segue: Fig. 64, Sendo: p = Pressão interna em kgf/cm² σ = Tensão admissível à tração em kgf/cm² Di = diâmetro interno do cilindro em cm; e = Espessura da chapa do cilindro em cm; P = Força que tende a abrir o cilindro em duas metades em kgf; S = Secção resistente em cm²; A = Área na qual age a pressão em cm²; Teremos: Onde: σ=P P=pxA S A = Di x L P = p x Di x L S=2xexL σ = p.Di.L 2.e.L Então: σ = p.Di 2.e ... e = p.Di 2.σ Esta fórmula é válida para as pressões baixas, isto é, até cerca de 40 kgf/cm². 58 a- Para as pressões mais altas, pode-se usar a fórmula de Lamé: Onde: e = Espessura da chapa em cm; p = Pressão em kgf/cm²; σ +p σ -p e = Ri ( -1 ) σ = Tensão admissível à tração em kgf/cm² Ri = Raio interno do cilindro em cm; Re = Raio externo em cm; σ=p( Re² + Ri² ) Re² - Ri² p = σ ( Re² - Ri² ) Re² + Ri² 8.2 – Calculo de cilindros e tubos sujeitos a pressão externa (Pressão de colapso) Segundo Dubbel: Para evitar o colapso do cilindro submetido a pressão externa é necessário que; Sendo: σc = Tensão admissível à compressão em kgf/cm² σc = ≥ 1,7.p.Re² Re² - Ri² p = Pressão efetiva em kgf/cm²; Re = Raio externo em cm; Ri = Raio interno em cm; Ri ≤ Re 1- 1,7 p σc .... e = Re ( 1- 1 – 1,7 p ) σc Só se pode admitir pressão: Para paredes finas: p< σc 1,7 σc ≥ Re.p e ou e ≥ Re.p σc 59 Segundo “Stewart” A pressão de colapso do tubo será: p = 6000 e - 100 De portanto Para p > 40 kgf/cm² e ≥ (p + 100 ) . De 6000 p = 3,5 . 10 6 ( e )³ De Para p < 40 kgf/cm² Essas fórmulas são válidas para os tubos de 7 a 18” de diâmetro. FATOR DE SEGURANÇA (f): F = 5 -----------------------------------Para casos gerais; F = 6 a 12 ----------------------------- Para as pressões variáveis, a choque ou com Vibrações. A pressão admissível (Pad) será: Pad = Pcolap. F 60 8.3 – RESISTENCIA DOS RECIPIENTES ESFÉRICOS SUJEITOS À PRESSÃO INTERNA Sendo: Di = ø interno do recipiente em cm; p = Pressão interna em kgf/cm²; σ = Tensão admissível em kgf/cm²; e = Espessura do recipiente em cm: Teremos: e = p.Di 4. σ portanto σ = p.Di 4.e Essas fórmulas são também aplicáveis aos recipientes hemisféricos, como no caso de tampões hemisféricos dos recipientes cilíndricos sujeitos às pressões internas. 61 8.4 – CALCULO DE TAMPÕES ABAULADOS: (segundo Dubbel) a- fundo plano b- abaulado baixo c- Arco de três d- Fundo elíptico centros baixa pressão alta pressão Para o tipo (c): R = 0,8 x D r= D 6,5 Para o tipo (d): R max. = D rmin = D 8 Sendo: D = ø ext. do tampão em cm; e = espessura da chapa em cm; p = pressão em kgf/cm²; σ = Tensão admissível em kgf/cm²; y = coeficiente que depende da forma do fundo; c = valor em cm a ser adicionado à espessura. e = D.p.y + c 2.σ VALORES DE (C): c = 0,2 cm - para fundos cheios ou com pequenos furos, porém sem a abertura de inspeção. c = 0,3 cm – com abertura de inspeção. 62 8.5 – APLICAÇÃO: EXERCICIO 8.5.1 – Calcular a espessura da parede de um recipiente cilíndrico de 500 mm de diâmetro interno que deve suportar, com segurança, uma pressão interna de 20 kgf / cm², sabendo-se que a chapa é de aço SAE 1020 e carga variável de zero a um valor maximo. SOLUÇÃO: e = p.Di 2.σ σ = σr F Para aço SAE 1020 σr = 4200 kgf/cm² (pág.7) Para carga intermitente: F = 6 e = 20 . 50 2 .700 e = 0,712 cm Donde: σ = σr σ = 4200 F 6 = 700 kgf/cm² 63 r Resistência das placas 9.1 – Uma placa de ferro fundido, de formato quadrado fixa rigidamente pelas suas extremidades e carregada com uma carga uniformemente distribuída ou concentrada no centro, tende a romper segundo a fig. 66. Ela tende a romper ao longo da diagonal AB e depois falhar nos cantos ou nas suas proximidades ao longo das linhas BB. A chapa tende também a cisalhar ao longo das linhas BB, dependendo do método de aplicação da carga e da espessura da chapa. Se a chapa for simplesmente apoiada nas suas quatro extremidades, ela tenderá a romper-se somente segundo a diagonal AB. Na fig. 67, está ilustrada a maneira provável de ruptura de uma chapa retangular de ferro fundido, sujeita a uma carga uniformemente distribuída. Se a chapa for fixa nas quatro extremidades, provavelmente romper-se-á ao longo da linha de centro AA e ao longo da diagonal AB, e posteriormente falhar nos cantos ou nas suas proximidades segundo as linhas BB. Se a chapa for simplesmente apoiada nas quatro extremidades, ela tenderá a se romper somente ao longo da linha de centro AA e as diagonais AB. 64 9.2 – FÓRMULAS: Como as fórmulas variam conforme os autores, foram selecionadas as que oferecem valores mais altos e maior segurança. Todas as fórmulas se aplicam as placas de ferro fundido, todavia são válidas também para os materiais diferentes. Sendo: P = Carga total em kgf; p = Pressão em kgf / cm²; L = Vão ou distancia entre os suportes em cm; σf = Tensão admissível à flexão em kgf / cm²; e = Espessura da chapa em cm; Para chapas retangulares: L1 = Comprimento em cm; L2 = Largura em cm; f = flecha de deflexão em cm. 9.2.1 – CHAPA QUADRADA, APOIADA NAS 4 EXTREMIDADES E CARGA UNIFORMEMENTE DISTRIBUIDA. (Segundo a fórmula de “Grashof”): P = 3,56.σf.e² portanto σf = P 3,56.e² = p.L² 3,56.e² f = 0,0138 P.L² E.e³ e= P 3,56. σf 65 9.2.2 – CHAPA QUADRADA, FIRMEMENTE PRESA NAS 4 EXTREMIDADES E CARGA UNIFORMEMENTE DISTRIBUIDA. (Segundo a fórmula de “Unwin”): P = 4.σf.e² σf = .... P 4.e² = p.L² 4.e² f = 0,0443 P.L² E.e³ e= P 4. σf 9.2.3 – CHAPA QUADRADA, APOIADA NAS 4 EXTREMIDADES E CARGA CONCENTRADA NO MEIO. (Segundo “Grashof”): P = 0,67.σf.e² .... σf = P 0,67.e² f = 0,1772 P.L² E.e³ e= P 0,67. σf 9.2.4 – CHAPA QUADRADA, FIXA NAS 4 EXTREMIDADES E CARGA CONCENTRADA NO MEIO. (Segundo “Grashof”): P = 0,76.σf.e² .... σf = P 0,76.e² f = 0,0552 P.L² E.e³ e= P 0,76. σf 66 9.2.5 – CHAPA RETANGULAR, FIXA NAS 4 EXTREMIDADES E CARGA UNIFORMEMENTE DISTRIBUÍDA. (Segundo “Grashof”): P = 2,67 σf.e² (L1² + L2²) σf = 0,375 .... P.L1.L2 e²(L1²+L2²) L1.L2 f = 0,0284 P.L2² E.e³ e= 0,375. P.L1.L2 σf.(L1²+L2²) 9.2.6 – CHAPA RETANGULAR, APOIADA NAS 4 EXTREMIDADES E CARGA UNIFORMEMENTE DISTRIBUIDA. (Segundo “Grashof”): P = 1,77 σf.e² (L1² + L2²) L1.L2 f = 0,1422 P.L2² E.e³ e= σf = .... P.L1.L2 1,77.e²(L1²+L2²) P.L1.L2 1,77.σf.(L1²+L2²) 9.2.7 – CHAPA RETANGULAR, APOIADA NAS 4 EXTREMIDADES E CARGA CONCENTRADA NO MEIO (Segundo “Grashof”): P = 0,33 σf.e² (L1² + L2²) L1.L2 f = 0,5688 P.L2² E.e³ e= .... σf = 3.P.L1.L2 e²(L1²+L2²) 3.P.L1.L2 σf.(L1²+L2²) 67 9.2.8 – CHAPA RETANGULAR, FIXA NAS 4 EXTREMIDADES E CARGA CONCENTRADA NO MEIO. P = 0,38 σf.e² (L1² + L2²) L1.L2 f = 0,1136 P.L2² E.e³ e= 2,62. .... σf = 2,62 P.L1.L2 e²(L1²+L2²) P.L1.L2 σf.(L1²+L2²) 9.3 – CHAPAS CIRCULARES: Sendo: P = Carga total em kgf; p = Pressão em kgf / cm²; R = Raio da chapa em cm; σf = Tensão admissível à flexão em kgf / cm²; e = Espessura da chapa em cm; f = Flecha da deflexão no centro da chapa em cm; E = Módulo de elasticidade em kgf / cm²; 9.3.1 – SIMPLESMENTE APOIADA E CARGA UNIFORMEMENTE DISTRIBUIDA. (Segundo “Reuleaux”): σf = p.R² e² = 0,318 P e² f = 0,265 P.R² E.e³ 9.3.2 – FIXA EM TODA VOLTA COM CARGA UNIFORMEMENTE DISTRIBUÍDA. (Segundo “Reuleaux”): σf = 0,67 p.R² e² = 0,21 P e² f = 0,053 P.R² E.e³ 9.3.3 – APOIADA EM TODA A VOLTA E CARGA CONCENTRADA NO CENTRO SOBRE UMA ÁREA CIRCULAR DE RAIO (r). (Segundo “Bach”): P x (1 − σf = 1,43 x e² 2xr ) 3xR f = 0,5 x P x R² E x e³ 68 Cálculo de engrenagens 10.1 – Em tecnologia, se soubermos o valor do MÓDULO de uma engrenagem, podemos determinar todos os seus elementos, pelas fórmulas convencionais, apropriadas para cada tipo de engrenagem. Dessa forma, para as engrenagens cilíndricas, Fig. 68, os principais elementos podem ser calculados pelas seguintes fórmulas, tomando-se: M = Módulo em mm Z = Número de dentes da engrenagem. - Diâmetro primitivo -------------------Dp = M x Z - Diâmetro externo ---------------------De = M x ( Z + 2 ) - Diâmetro interno ----------------------Di = M x ( Z – 2,33 ) - Passo ------------------------------------P = π x M - Altura de dente ------------------------h = 2,166 x M - Altura da cabeça ---------------------- k = M - Altura do pé --------------------------- f = 1,166 x M Pelo exposto, podemos concluir que o MÓDULO é o elemento básico que define o tamanho dos dentes das engrenagens e serve para dimensionar os demais componentes das mesmas. Por outro lado, verifica-se que o MÓDULO pode ser determinado através da resistência à flexão, conforme mostrado na fig. 69. Segundo “Klingelnberg”, a fórmula deduzida é a seguinte: Onde: M = MÓDULO M = Ft.q b. σf 69 Ft = Força tangencial que age no dente, em kgf; b = Espessura da engrenagem; q = Coeficiente que varia de acordo com o numero de dentes da engrenagem e o ângulo de ataque α ; σf = Tensão admissível à flexão do material em kgf / cm²; Como o perfil do dente de uma engrenagem varia de acordo com o seu número de dentes, atribui-se um coeficiente (q) que tem os valores constantes da tabela abaixo: TABELA – XII VALORES DE (q) TABELA – XIII VALORES DE TENSÕES ADMISSÍVEIS À FLEXÃO (σf ): 70 RELAÇÃO DA ESPESSURA DA ENGRENAGEM ( b ) E O MÓDULO ( M ): A relação: λ= b M Essa relação é estabelecida em função do acabamento dos dentes e obedece, aproximadamente, os seguintes valores: VALORES DE λ : - Para engrenagens de ferro fundido com dentes em bruto ............... ± 6 - Para engrenagens de dentes fresados .............................................. ± 10 - Para engrenagens de dentes fresados e os mancais dos eixos em alinhamento perfeito .......................................................................± 15 a 25 OBSERVAÇÕES: - Outras informações técnicas que interessam aos cálculos de engrenagens são: a-) - Numero de dentes mínimo ideal (Z min.) = 17 dentes. Excepcionalmente admite-se até 12 dentes. b-) A relação de transmissão admissível para um par de engrenagens; De modo geral, até 1:7 . Para relações maiores empregam-se vários jogos de engrenagens ou conjunto coroa rosca sem-fim. 10.2 – APLICAÇÃO EXERCICIO 10.2.1 – Determinar o MÓDULO de uma engrenagem que deve transmitir o movimento com uma potência de 15 cv a rotação de 500 rpm. A engrenagem deve ter 40 dentes e deverá ser feita de aço SAE 4140 e fresada com α = 20º. 71 SOLUÇÃO: M = Ft.q b.σf Deduzindo-se a fórmula em função da potência ( N em cv ) M = 52 ³ N.q em cm λ.Z.n.σf M = 52 ³ 15.2,9 10.40.500.1600 e rotação (n em rpm), teremos a seguinte expressão: Sendo: N = Potência em cv ......................15 cv q = Coef. (tabela) ........................2,9 λ = Relação b / M ........................10 M= 0,265 cm ou 2,65 mm Z = Nº de dentes .......................... 40 n = Rotação ................................ 500 rpm σf = tensão adm.(tabela) .................... 1600 kgf/cm² NOTA: Acontece que na prática, não encontramos a ferramenta cortadora (fresa) com qualquer medida, mas sim, apenas uma série com uma gama de variação estabelecida pelas normas, por exemplo, pela norma DIN: MÓDULO 0 1 4 9 a a a a 1 4 9 16 GAMA DE VARIAÇÃO 0,1 0,25 0,5 1 a a a a 0,1 0,25 0,5 1 Dessa forma, o valor do Módulo calculado no exercício acima, que está entre os Módulos 1 a 4, deve enquadrar numa gama de variação de 0,25 a 0,25, isto é: 2 / 2,25 / 2,5 / 2,75 / 3 / etc. - Assim sendo, ao invés de 2,65, teremos que usar, para o efeito de execução da engrenagem, o MÓDULO imediatamente superior que é o 2,75. 72 Exercícios ref. à tração Exercício- 2.2.1 A - Considerando que a barra representada na fig. 12 seja de seção circular, e de aço SAE 1010 (F= mole), determinar: O diâmetro que deve ter para suportar, com segurança, um esforço (P) alternado, a tração de 2500 Kgf. Resp. d= 2,69 cm ou 26,9 mm Exercício- 2.2.1 B - Considerando que a barra representada na fig. 12 seja de seção circular, com dia. 50 e de aço SAE 4130 (F= duro), determinar qual a carga P (brusca), esse diâmetro resiste com segurança. Resp. P= 11287,2 Kgf Exercício- 2.2.1 C - Considerando que a barra representada na fig. 12 seja de seção circular, e de aço SAE 5150 (F= duro), determinar o diâmetro que deve ter para suportar, com segurança, um esforço (P) alternado, a tração de 10.500 Kgf. Resp. d= 3,62 cm ou 36,2 mm Exercício- 2.2.1 D - Considerando que a barra representada na fig. 12 seja de seção circular, e de aço inox ANSI 410 (F= duro), determinar o diâmetro que deve ter para suportar, com segurança, um esforço (P) estático, a tração de 105.500 Kgf. Resp. d= 10,47 cm ou 104,7 mm 73 Exercício- 2.2.1 E - Considerando que a barra representada na fig. 12 seja de seção circular, com dia. 60mm e material latão (F= mole),determinar qual a carga P (intermitente), esse diâmetro resiste com segurança. Resp. P= 16.113,9 Kgf Exercício- 2.2.1 F - Considerando que a barra representada na fig. 12 seja de seção circular, e de ferro fundido, determinar: O diâmetro que deve ter para suportar, com segurança, um esforço (P) alternado, a tração de 1000 Kgf. Resp. d= 3,09 cm ou 30,9 mm Exercício- 2.2.1 G - Considerando que a barra representada na fig. 12 seja de seção circular, com dia. 50 e de aço SAE 2330 (F= duro), determinar qual a carga P (estática), esse diâmetro resiste com segurança. Resp. P= 36.324 Kgf Exercício- 2.2.3 A -A peça mostrada na fig. 13, e constituída de uma parte maior grossa, que tem o diâmetro de 100 mm, e outra mais. Fina de 80 mm. Calcular a carga P alternada que pode ser aplicada a peca, considerando-se que a mesma e feita de. Material alumínio. Resp. P= 11.308,5 Kgf Exercício- 2.2.3 B -A peça mostrada na fig. 13, esta sujeita a uma carga P estática de 150 Kgf. Considerando-se que o diâmetro maior é de 30 mm, o material da peça SAE 8640 (duro), calcular o diâmetro menor necessário para suportar a carga com segurança. Resp. d= 0,319 cm ou 3,19 mm 74 Exercício- 2.2.3 C -A peça mostrada na fig. 13, tem o diâmetro maior de 300 mm e o menor de 200 mm. Calcular a carga (P) estática que pode ser aplicada a peça, considerando que a mesma é feita de material SAE 1030 (duro). Resp. P= 392.687,5 Kgf ou 392,6 tf Exercício- 2.2.5 A -No sistema representado na fig. 14, determinar: A) O diâmetro (d) da peça feita de aço inox ANSI 316 (duro). B) A quantidade de parafusos necessários para a fixação da peça, sendo o material dos parafusos SAE 1070 (AÇO DURO) di=30 mm. Admite-se uma carga (P) de 40.700 Kgf BRUSCA. Resp. A) d= 10,18 mm B) quantidade= 10 parafusos Exercício 2.2.5 B -Na fig. 14, determinar o diâmetro (d) da peça feita de aço SAE 1040 e a quantidade de parafusos feitos de aço SAE 3140. Admite-se carga P=7500Kgf intermitente, e di = 15 mm. Resp. d= 3,15 cm Quantidade= 4 parafusos Exercício 2.2.7 A -Através de um servo motor representado na fig. 15, pretende-se obter na haste do pistão uma força (P) de 60 ton, alternada. - A pressão hidráulica (p) disponível para o acionamento do pistão é de 650 psi. DETERMINAR: A) O diâmetro (d) da haste sendo o mat. aço SAE 5150. B) O diâmetro (D) do cilindro. C) O diâmetro (di) dos parafusos, admitindo-se que os mesmos são de aço inox ANSI 301, e que a fixação e feita por meio de 24 parafusos. Resp. A) d= 8,65 cm B) D= 41,79 cm C) di= 1,81 cm = 18,1 mm 75 Exercício 2.2.7 B -Através de um servo motor representado na fig. 15, pretende-se obter na haste do pistão uma força (P) de 150 ton, estática. - A pressão hidráulica (p) disponível para o acionamento do pistão e de 850 psi. DETERMINAR: A) O diâmetro (d) da haste sendo o material aço SAE 1070. B) O diâmetro (D) do cilindro. C) O diâmetro (di) dos parafusos, admitindo-se que os mesmos são de aço SAE4820, e que a fixação e feita por meio de 8 parafusos. Resp. A) d= 10,44 cm B) D= 57,49cm C) di= 3,71cm Exercício 2.2.7 C -Através de um servo motor representado na fig. 15, pretende-se obter na haste do pistão uma força (P) de 50 ton, intermitente. - A pressão hidráulica (p) disponível para o acionamento do pistão e de 730 psi. DETERMINAR: A) O diâmetro (d) da haste sendo o material aço SAE 5140. B) O diâmetro (D) do cilindro. C) O diâmetro (di) dos parafusos, admitindo-se que os mesmos são de inox ANSI 410, e que a fixação e feita por meio de 64 parafusos. Resp. A) d= 7,185 cm B) D= 35,94cm C) di= 1,218cm Exercício 2.2.7 D -Através de um servo motor representado na fig. 15, pretende-se obter na haste do pistão uma força (P) de 250 ton, alternada. - A pressão hidráulica (p) disponível para o acionamento do pistão e de 1460 psi. DETERMINAR: A) O diâmetro (d) da haste sendo o material aço SAE 8620. B) O diâmetro (D) do cilindro. C) O diâmetro (di) dos parafusos, admitindo-se que os mesmos são de aço SAE4820, e que a fixação e feita por meio de 48 parafusos. Resp. A) d= 20,26 cm B) D= 59,23cm C) di= 2,77cm 76 Exercício 2.2.7 E -Através de um servo motor representado na fig. 15, pretende-se obter na haste do pistão uma força (P) de 450 ton, brusca. - A pressão hidráulica (p) disponível para o acionamento do pistão e de 3200 psi. DETERMINAR: A) O diâmetro (d) da haste sendo o material aço SAE 1025. B) O diâmetro (D) do cilindro. C) O diâmetro (di) dos parafusos, admitindo-se que os mesmos são de inox ANSI 316, e que a fixação e feita por meio de 128 parafusos. Resp. A) d= 38,45 cm B) D= 63,442 cm C) di= 2,99 cm 77 Exercícios ref. à compressão Exercício 3.1 A -Na fig. 21, sabendo-se que a carga P e de 50 tf, brusca, e o material da barra redonda SAE 5150 (duro), determinar o diâmetro para suportar com segurança esse esforço. Resp. d= dia. 9,68 cm ou 96,8 mm Exercício 3.1 B -Na figura 21, sabendo-se que o diâmetro da barra é de 15,6 cm, material SAE 4820 (duro), Determinar a carga P alternada que pode ser aplicada com segurança. Resp. P= 164.737 Kgf ou 164,73 tf. Exercício 3.1 C -Na figura 21, sabendo-se que o diâmetro da barra e de 30 cm, material bronze (mole), Determinar a carga P estática que pode ser aplicada com segurança. Resp. P= 395.836 Kgf ou 395,8 tf. Exercício 3.1 D -Na figura 21, sabendo-se que o diâmetro da barra e de 15 cm, material SAE 1020 (mole), Determinar a carga P alternada que pode ser aplicada com segurança. Resp. P= 92.772 Kgf ou 92,77 tf. Exercício 3.1 E -Na figura 21, ao invés de uma barra redonda, colocar-mos um tubo de dia. ext. 405,3 mm e dia int. 250 mm, material SAE 1020 (mole), Determinar a carga P alternada que pode ser aplicada com segurança. Resp. P= 419.662 Kgf ou 419,6 tf. 78 Exercício 3.2.1 A -Na figura 22, determinar o diâmetro externo (de) que pode ser aplicado com segurança, sabendo-se que a carga (P) aplicada e de 300 tf, intermitente, sendo a rosca quadrada de oito mm de passo e material SAE 1010 (mole). Resp. de= 263,8 mm Rosca dia 264 (quadrada) Exercício 3.2.1 B -Na figura 22, determinar a carga (P) intermitente, que pode ser aplicada com segurança a um macaco que possua um parafuso de 30 mm de diâmetro externo e uma rosca quadrada de cinco mm de passo, feito de material aço SAE 1040. Resp. P= 4741,8 Kgf 79 Exercícios ref. à cisalhamento Exercício 4.2.1 A -Na figura 25, determinar o diâmetro de um rebite de latão, que deve suportar com segurança uma força cortante pura 2500 Kgf (P), sendo a carga intermitente. Resp. d= 2,73 cm Exercício 4.2.1 B -Na figura 25, determinar o diâmetro de um rebite de alumínio, que deve suportar com segurança uma força cortante pura 3.250 Kgf (P), sendo a carga brusca. Resp. d= 11,92 cm Exercício 4.2.1 C - Ainda com referência a fig. 25, determinar a força (alternada) que pode ser aplicada às peças unidas por meio de um rebite de aço SAE 1015 de 10 mm de diâmetro. Resp. P= 283 Kgf. Exercício 4.2.3 A - Na fig. 26, determinar o diâmetro (d) do pino de aço SAE 3120 que deve suportar com segurança uma força aplicada de 10.000 Kgf, admitindo-se tipo de carga intermitente. Resp. d= 2,83 cm Exercício 4.2.3 B -Na fig. 26, determinar a força que pode ser aplicada, com segurança através do pino de aço SAE 1020, de 20 mm de diâmetro, admitindo-se tipo de carga estática. Resp. P= 4021 Kgf Exercício 4.2.5 A - A um eixo de 150 mm de diâmetro, pretende-se fixar uma polia por meio de um pino, conforme mostrado na fig. 27. Considerando-se que o momento de torção (torque) no eixo e de 450 cm.Kgf, determinar o diâmetro do pino (dp) de aço SAE 5150. Admite-se tipo de carga alternada. Resp. dp= 0,22 cm ou 2,2 mm 80 Exercício 4.2.5 B -Na fig. 27, o pino de fixação da polia ao eixo mede 3,5 mm de diâmetro (dp), material aço SAE 1030. Sendo o diâmetro do eixo de 20 mm, determinar o momento de torção que pode ser exercido através do pino, sabendo-se que o tipo de esforço é a choque. Resp. Mt= 60 cm.Kgf Exercício 4.2.5 C -Na fig. 27, o pino de fixação da polia ao eixo mede 32,5 mm de diâmetro (dp), material aço SAE 4150. Sendo o diâmetro do eixo de 164 mm, determinar o momento de torção que pode ser exercido através do pino, sabendo-se que o tipo de esforço é alternado. Resp. Mt= 103.730 cm.Kgf Exercício 4.2.5 D -Na fig. 27, o pino de fixação da polia ao eixo mede 67 mm de diâmetro (dp), material aço ANSI 420. Sendo o diâmetro do eixo de 230 mm, determinar o momento de torção que pode ser exercido através do pino, sabendo-se que o tipo de esforço é intermitente. Resp. Mt= 675.597,4 cm.Kgf Exercício 4.2.5 E -Na fig. 27, o pino de fixação da polia ao eixo mede 214 mm de diâmetro (dp), material latão. Sendo o diâmetro do eixo de 650 mm, determinar o momento de torção que pode ser exercido através do pino, sabendo-se que o tipo de esforço é a brusca. Resp. Mt= 4.968.080 cm.Kgf Exercício 4.2.7 A -Por meio de um acoplamento representado na fig. 28, pretende-se transmitir o movimento de um eixo a outro, com potencia de 38 CV a 950 rpm. Determinar o diâmetro dos 12 parafusos de fixação, de aço SAE 3130 (duro). Admite-se para o caso, tipo de carga alternada, e o diâmetro (D) da fixação 250 mm. Resp. d= 0,192 cm ou 1,92 mm 81 Exercício 4.2.7 B -Por meio de um acoplamento representado na fig. 28, pretende-se transmitir o movimento de um eixo a outro, com potencia de 70 CV a 1200 rpm. Determinar o diâmetro dos seis parafusos de fixação, de aço inox ANSI 301 (duro). Admite-se para o caso, tipo de carga intermitente, e o diâmetro (D) da fixação 180 mm. Resp. d= 0,319 cm ou 3,19 mm (M4) Exercício 4.2.7 C -Por meio de um acoplamento representado na fig. 28, pretende-se transmitir o movimento de um eixo a outro, com potencia de 150 CV a 450 rpm. Determinar o diâmetro dos oito parafusos de fixação, de aço SAE 8640 (duro). Admite-se para o caso, tipo de carga brusca, e o diâmetro (D) da fixação 320 mm. Resp. d= 0,712 cm ou 7,12 mm (M8) Exercício 4.2.7 D -Por meio de um acoplamento representado na fig. 28, pretende-se transmitir o movimento de um eixo a outro, com potencia de 450 CV a 150 rpm. Determinar o diâmetro dos 60 parafusos de fixação, de aço SAE 1010 (mole). Admite-se para o caso, tipo de carga estática, e o diâmetro (D) da fixação 450 mm. Resp. d= 0,624 cm ou 6,24 mm Exercício 4.2.7 E -Por meio de um acoplamento representado na fig. 28, pretende-se transmitir o movimento de um eixo a outro, com potencia de 350 CV a 160 rpm. Determinar o diâmetro dos 128 parafusos de fixação, de aço SAE 1070 (duro). Admite-se para o caso, tipo de carga intermitente, e o diâmetro (D) da fixação 650 mm. Resp. d= 0,23 cm ou 2,3 mm Exercício 4.2.7 F -Por meio de um acoplamento representado na fig. 28, pretende-se transmitir o movimento de um eixo a outro, com potencia de 780 CV a 15 rpm. Determinar o diâmetro dos 60 parafusos de fixação, de material latão (mole). Admite-se para o caso, tipo de carga alternada, e o diâmetro (D) da fixação 900 mm. Resp. d= 2,35 cm ou 23,5 mm 82 Exercícios ref. à flexão Exercício 5.3.1 A -Uma barra de aço SAE 1040 (duro), engastada em uma das extremidades, deverá suportar com segurança, uma carga alternada de 1250 KGF, concentrada na extremidade livre, fig. 35. Determinar o diâmetro (d) da barra, sabendo-se que o seu comprimento é de 750 mm. Resp. d= 10,96 cm ou 109,6 mm Exercício 5.3.1 B -Uma barra de aço SAE 2330 (duro), engastada em uma das extremidades, deverá suportar com segurança, uma carga estática de 10.000 KGF, concentrada na extremidade livre, fig. 35. Determinar o diâmetro (d) da barra, sabendo-se que o seu comprimento é de 250 mm. Resp. d= 11,12 cm ou 111,2 mm Exercício 5.3.1 C -Uma barra de aço SAE 8620 (duro), engastada em uma das extremidades, devera suportar com segurança, uma carga brusca de 23,4 tf, concentrada na extremidade livre, fig. 35. Determinar o diâmetro (d) da barra, sabendo-se que o seu comprimento é de 200 mm. Resp. d= 20,97 cm ou 209,7 mm Exercício 5.3.1 D - Na fig. 35, assumindo uma barra de aço SAE 1020, de 40 mm de diâmetro e 1 m de comprimento, determinar a carga estática que pode ser aplicada, com segurança, na extremidade livre da barra. Resp. P= 52,8 KGF. 83 Exercício 5.3.3 A - Pretende-se dimensionar o cabo de uma chave fixa, fig. 36, a fim de obter um torque (momento de torção) de 2730 cm.KGF no parafuso, aplicando-se uma força (P) de 20 KGF na extremidade, sendo a seção do cabo com b= 7 mm e h= 20 mm. Determinar: A) O comprimento do cabo da chave, admitindo-se material SAE 1070, com carga brusca. B) Se a seção resistente do cabo é suficiente para resistir com segurança esse esforço. Resp. A) L= 136,5 cm ou 1365 mm B) A seção é insuficiente para resistir a solicitação proposta. Exercício 5.3.3 B - Pretende-se dimensionar o cabo de uma chave fixa, fig. 36, a fim de obter um torque (momento de torção) de 1200 cm.KGF no parafuso, aplicando-se uma forca (P) de 35 KGF na extremidade, sendo a seção do cabo com b= 5 mm e h= 15 mm. Determinar: A) O comprimento do cabo da chave, admitindo-se material SAE 1020, com carga intermitente. B) Se a seção resistente do cabo é suficiente para resistir com segurança esse esforço. Resp. A) L= 34,28 cm ou 342,8 mm ‘ B) A seção é insuficiente para resistir à solicitação proposta. Exercício 5.3.3 C - Pretende-se dimensionar o cabo de uma chave fixa, fig. 36, a fim de obter um torque (momento de torção) de 350 cm.KGF no parafuso, aplicando-se uma força (P) de 37 KGF na extremidade, sendo a seção do cabo com b= 5 mm e h= 20 mm. Determinar: A) O comprimento do cabo da chave, admitindo-se material SAE 1030, com carga alternada. B) Se a seção resistente do cabo é suficiente para resistir com segurança esse esforço. Resp. A) L= 9,45 cm ou 94,5 mm B) A seção não resiste à carga proposta, ( W= 0,33 cm3 é < que W= 0,56 cm3.) 84 Exercício 5.3.3 D - Pretende-se dimensionar o cabo de uma chave fixa, fig. 36, a fim de obter um torque (momento de torção) de 250 cm.KGF no parafuso, aplicando-se uma força (P) de 20 kg na extremidade, sendo a seção do cabo com b= 7 mm e h= 21 mm. Determinar: A) O comprimento do cabo da chave, admitindo-se material SAE 3130, com carga brusca. B) Se a seção resistente do cabo é suficiente para resistir com segurança esse esforço. Resp. A) L= 12,5 cm ou 125 mm B) A seção resistente do cabo é suficiente W= 0,5145 cm3 > que W= 0,441 cm3 Exercício 5.3.6 A -Conforme indicado na fig. 38, pretende-se utilizar vigas de aço de perfil “I” para suportar no meio da viga (1), uma carga concentrada de 15 tf. alternada. Os comprimentos e distribuição das vigas são os seguintes. L= 5m L1= 1,5m L2= 3,5m L3= 2,5m Sendo o material dos perfis aço SAE 1010 (MOLE), determinar o tamanho apropriado das vigas 1 e 2. Resp. A) viga 1= I 20” x 7” x 121,2 Kg/m B) viga 2= I 20” x 7” x 121,2 Kg/m Exercício 5.3.6 B -Conforme indicado na fig. 38, pretende-se utilizar vigas de aço de perfil U para suportar no meio da viga (1), uma carga concentrada de 1,2 tf. brusca. Os comprimentos e distribuição das vigas são os seguintes. L= 3m L1= 0,5m L2= 2,5m L3= 0,7m Sendo o material dos perfis aço SAE 1030 , determinar o tamanho apropriado das vigas 1 e 2. Resp. A) viga 1= U 6” x 2” x 12,2 Kg/m B) viga 2= U 6” x 2” x 12,2 Kg/m 85 Exercício 5.3.6 C -Conforme indicado na fig. 38, pretende-se utilizar vigas de aço de perfil I para suportar no meio da viga (1), uma carga concentrada de 7,5 tf. intermitente. Os comprimentos e distribuição das vigas são os seguintes: L= 4m L1= 1,2m L2= 2,8m L3= 1,6m Sendo o material dos perfis aço inox ANSI 420 (duro), determinar o tamanho apropriado das vigas 1 e 2. Resp. A) viga 1= I 8” x 4” x 38 Kg/m B) viga 2= I 8” x 4” x 38 Kg/m Exercício 5.3.11 A -Conforme indicado na fig. 42, pretende-se utilizar para item 1, vigas de aço de perfil U SAE 1015 e item 2 perfil I SAE 1025, para suportar nas vigas (1), uma carga distribuída de 7,5 tf. intermitente. Os comprimentos e distribuição das vigas são os seguintes: L1= 2,3m L2= 4,0m L3= 0,7m L4= 2,6m L5= 0,7m Resp. A) ITEM 1= U 8” x 2 ¼” x 27,9 Kg/m B) ITEM 2= I 8” x 4” x 27,3 Kg/m Exercício 5.3.11 B -Conforme indicado na fig. 42, pretende-se utilizar para item 1, perfil U mat. alumínio e item 2 perfil I mat. alumínio, para suportar nas vigas (1), uma carga distribuída de 300 Kgf. estatica. Os comprimentos e distribuição das vigas são os seguintes: L1= 3,5m L2= 2,0m L3= 0,4m L4= 0,2m L5= 0,4m Resp. A) ITEM 1= U 3” x 1 ½” (wx=20,3cm3) B) ITEM 2= I 3” x 2 3/8” (wx= 27,6 cm3) 86 Exercício 5.3.11 C -Conforme indicado na fig. 42, pretende-se utilizar para item 1, vigas de aço de perfil U SAE 1020 e item 2 perfil I SAE 1020. Para suportar nas vigas (1), uma carga distribuída de 14 tf. estática. Os comprimentos e distribuição das vigas são os seguintes: L1= 2,0m L2= 4,0m L3= 1,0m L4= 2,0m L5= 1,0m Resp. A) ITEM 1= U 10” x 22,7 Kg/m B) ITEM 2= I 10” x 44,7 Kg/m Exercício 5.4.1 A -Uma viga de perfil I, simplesmente apoiada, fig. 43, e solicitada por uma carga estática concentrada no meio da viga de 12,5 tf. Sabendo-se que o vão entre apoios é de 9m e o material da viga aço SAE 1040 (duro), determinar: A) o tamanho do perfil I B) a flecha da viga. Resp. A) viga I 20” x 7” x 121,2 Kg/m B) flecha f= 1,46cm = 14,6 mm Exercício 5.4.1 B -Uma viga de perfil U, simplesmente apoiada, fig. 43, é solicitada por uma carga estática concentrada no meio da viga de 3000 KGF. Sabendo-se que o vão entre apoios é de 2m e o material da viga aço SAE 1020 (mole), determinar: A) o tamanho do perfil U B) a flecha máxima da viga. Resp. A) viga U 8” x 27,9 Kg/m B) flecha f= 0,130 cm = 1,3 m / 87 Exercícios ref. à torção Exercício 6.2.1 A -Na figura 45, a seção quadrada da chave sujeita à torção com uma força (P) aplicada em cada lado do cabo, seja de 30 Kgf e o comprimento (L) de 45 cm, determinar o lado (a) da seção. - Admite-se material SAE 8620 (duro) e tipo de carga alternada. Resp. O lado (a) da seção e 2,18 cm Exercício 6.2.1 B -Na figura 45, a seção quadrada de chave sujeita a torção, e com uma força (P) aplicada em cada lado do cabo seja de 12,5 Kgf e o comprimento (L) de 50 cm, determinar o lado (a) da seção. - Admite-se material latão (mole) e tipo de carga estática. Resp. O lado (a) da seção e 1,766 cm Exercício 6.2.1 C -A chave representada na fig. 46, devera permitir a aplicação de torque (momento de torção) de 400 cm.Kgf . Admitindo-se um aço SAE 3140 e carga brusca, determinar o diâmetro (d) da chave. Resp. d= 16,2 mm Exercício 6.2.3 A -No sistema de transmissão da fig. 47, determinar o diâmetro do eixo de aço SAE 4140 (duro) que deve transmitir uma potência de 300 CV a 3200 rpm, com tipo de carga alternada. Resp. d= 3,634 cm ou 36,34 m 88 Exercício 6.2.3 B -No sistema de transmissão da fig. 47, determinar o diâmetro do eixo de latão (mole) que deve transmitir uma potência de 25 CV a 1800 rpm, com tipo de carga brusca. Resp. d= 2,878 cm ou 28,78 mm Exercício 6.2.3 C -Determinar o diâmetro do eixo fig. 47, de aço SAE 1040 que deve transmitir uma potência de 10 CV a 100 rpm admitindo-se que a transmissão seja carga brusca. Resp. d= 4,65 cm EXERCICIOS SOBRE MOMENTOS COMPOSTOS DE FLEXAO E DE TORCAO Exercício 6.4.1 A -Na fig. 48, considerando: P= 600 Kgf F1= 3500 Kgf F2= 400 Kgf R=700 mm e L= 1600 mm. Material do eixo SAE 1030 (mole). tipo de carga alternada. Determinar o diâmetro do eixo. (obs. calcular através da fórmula “c” do momento equivalente). Resp. d= 17,11 cm ou 171 mm Exercício 6.4.1 B -Na fig. 48, considerando: P= 3000 Kgf F1= 500 Kgf F2=200 Kgf R=250 mm e L= 1200 mm. Material do eixo SAE 4820 (duro). tipo de carga intermitente. Determinar o diâmetro do eixo. (obs. calcular o momento equivalente através da fórmula de GUEST “a” ) . Resp. d= 8,67 cm ou 86,7 mm 89 Exercício 6.4.1 C Na fig. 48, determinar o diâmetro do eixo, considerando-se: P= 100 kgf F1= 550 kgf F2= 50 kgf R= 250mm L=1200mm, Aço SAE 1040, tipo de transmissão reversível, sem choque. (usar fórmula de GUEST “a” ) Resp. d= 7,5 cm 90 Exercícios sobre Molas helicoidais Exercício 6.5.1 A -Determinar o diâmetro do fio de uma mola helicoidal que deve trabalhar com uma força (P) de 60 Kgf, sabendo-se que pelo espaço disponível, o diâmetro médio da mola deverá ser (D)=70 mm. Calcular também o numero de espiras (N) para obter uma deflexão total de 130 mm. Admite-se G=740000 Kgf/cm2 e tipo de serviço “leve”. Resposta: d= 0,590 cm ou 5,9 mm B= n° espiras= 7,08 espiras. Exercício 6.5.1 B -Determinar o diâmetro do fio de uma mola helicoidal que deve trabalhar com uma fôrça (P) de 250 Kgf, sabendo-se que pelo espaço disponível, o diâmetro médio da mola deverá ser (D) 150 mm. Calcular também o número de espiras (N) para obter uma deflexão total de 60 mm. Admite-se G= 840000 Kgf/cm2 e tipo de serviço “regular” Resposta: a) d= 1,37 cm ou 13,7 mm b) N= 2,63 espiras Exercício 6.5.1 C -Determinar o diâmetro do fio de uma mola helicoidal que deve trabalhar com uma fôrça (P) de 250 Kgf, sabendo-se que pelo espaço disponível, o diâmetro médio da mola deverá ser (D) 250 mm. Calcular também o número de espiras (N) para obter uma deflexão total de 60 mm. Admite-se G= 840000 Kgf/cm2 e tipo de serviço “regular”. (obs. Esse exercício é idêntico ao anterior, variando apenas o diâmetro médio) Resposta: a) d= 1,71 cm ou 17,1 mm b) N= 1,37 espiras 91 Exercícios sobre resistência dos recipientes Exercício 8.5.1 A -Calcular a espessura da parede de um recipiente cilíndrico de 1200 mm de diâmetro interno, que deve suportar com segurança, uma pressão interna de 12 Kgf/cm2, sabendo-se que a chapa e de aço SAE 2340 e a carga intermitente. Resp. espessura (e)= 0,617 cm ou 6,17 mm Exercício 8.5.1 B -Calcular a espessura da parede de um recipiente cilíndrico de 3500 mm de diâmetro interno, que deve suportar com segurança, uma pressão interna de 35 Kgf/cm2, sabendo-se que a chapa e de aço inox ANSI 301 e a carga intermitente. Resp. espessura (e)= 4,77 cm ou 47,7 mm Exercício 8.5.1 C -Calcular a espessura da parede de um recipiente cilíndrico de 75 cm de diâmetro interno, que deve suportar com segurança, uma pressão interna de 120 Kgf/cm2, sabendo-se que a chapa e de aço inox ANSI 410 e a carga alternada. Resp. espessura (e)= 8,25 cm ou 82,5 mm Exercício 8.5.1 D -Qual deve ser a espessura da parede de um cilindro de aço SAE 1020 de 20 cm de diâmetro interno que deve ser submetido a uma pressão interna de 35 Kgf/cm2, tipo de carga intermitente. Resp. e= 5 mm 92 Exercício 8.5.1 E -Qual deve ser a espessura da parede de um cilindro de aço SAE 1020 de 50 cm de diâmetro interno que deve ser submetido a uma pressão interna de 50 Kgf/cm2,(alta pressão) e tipo de carga intermitente. Resp. e= 20 mm Exercício 8.5.1 F -Na fig. 65, determinar: A) a espessura da parede do cilindro. B) A espessura das chapas para os tampões de tipo elíptico, com pequenos furos de tomada. Admite-se, chapas de aço SAE 1020, pressão interna de 50 Kgf/cm2 (intermitente) Resp. A) esp. da parede= 37,5 mm b) esp. do tampão= 50,0 mm 93 Exercícios ref. á resistência das placas Exercício 9.2.1 A -Calcular a espessura e a flecha de uma placa quadrada de 1000 x 1000 mm de material bronze, apoiada nas quatro extremidades, e com carga de 1600 KGF (alternada), uniformemente distribuída. (utilizar formula segundo GRASHOF) Resp. A) e= 1,13cm ou 11,3 mm B) f= 0,17cm ou 1,7 mm Exercício 9.2.2 A -Calcular a espessura e a flecha de uma placa quadrada de 1520 x 1520 mm de material aço SAE 1025 (mole), fixada nas quatro extremidades, e com carga de 12 tf (estática), uniformemente distribuída. (utilizar formula segundo UNWIN) Resp. A) e= 1,79cm ou 17,9 mm B) f= 1,0cm ou 10 mm Exercício 9.2.4 A -Calcular a espessura e a flecha de uma placa quadrada de 1600 x 1600 mm de material alumínio (mole), fixada nas 4 extremidades e com carga intermitente de 6500 KGF concentrada no meio do vão. (utilizar fórmula segundo GRASHOF) Resp. A) e= 5,33cm ou 53,3 mm B) f= 0,089cm ou 0,89 mm Exercício 9.2.5 A -Calcular a carga (P) estática, uniformemente distribuída em uma placa com espessura (e) de 60 mm, retangular de 1750 x 900 mm fixado nas quatro extremidades, de material ferro fundido. (utilizar formula segundo GRASHOF) Resp. P= 94.553 KGF 94 Exercício 9.2.7 A -Calcular a carga (P) brusca, concentrada no meio de uma placa com espessura (e) de 75 mm, retangular de 750 x 1630 mm, apoiada nas quatro extremidades, de material aço inox ANSI 420. (utilizar fórmula segundo GRASHOF) Resp. P= 27.277 KGF 95 Exercícios sobre cálculos de engrenagens Exercício 10.2.1 A -Determinar o módulo de uma engrenagem que deve transmitir o movimento com uma potência de 160 CV a rotação de 150 rpm. A engrenagem deve ter 90 dentes e deverá ser feita de aço SAE 1050 e fresada com α=20 graus. Resp. M= 7,0 mm Exercício 10.2.1 B -Determinar o módulo de uma engrenagem que deve transmitir o movimento com uma potência de 1,5 CV a rotação de 18 rpm. A engrenagem deve ter 25 dentes e deverá ser feita de ferro fundido com dentes em bruto, com α=20 graus. Resp. M= 8,5 mm Exercício 10.2.2 A -Determinar o módulo de uma engrenagem que deve transmitir o movimento com uma potência de 5 CV a rotação de 250 rpm. A engrenagem deve ter 20 dentes e deverá ser feita de aço SAE 1040 e fresada com α =20 graus. Resp. M= 3,5 mm Exercício 10.2.1 C -Determinar o módulo de uma engrenagem que deve transmitir o movimento com uma potência de 275 CV a rotação de 175 rpm. A engrenagem deve ter 65 dentes e deverá ser feita de aço SAE 8640 e fresada com α =15 graus. Resp. M= 9,0 mm 96 Exercício 10.2.1 D -Determinar o módulo de uma engrenagem que deve transmitir o movimento com uma potência de 6200 CV a rotação de 300 rpm. A engrenagem deve ter 160 dentes e deverá ser feita de aço SAE 4340 e fresada com mancais alinhados e com α =20 graus. Resp. M= 11,0 mm Exercício 10.2.1 E -Determinar o módulo de uma engrenagem que deve transmitir o movimento com uma potência de 9000 CV a rotação de 15 rpm. A engrenagem deve ter 160 dentes e deverá ser feita de aço SAE 4340 e fresada com mancais alinhados e com α =20 graus. Resp. M= 33,0 mm 97 Complemento APLICAÇÕES GERAIS DOS AÇOS SAE APLICAÇÃO Aço de corte livre Aço de corte livre Aço de corte livre Aço de corte livre Aço de corte livre Aço de deformação min. Aço de deformação min. Aço para fins agrícolas Aço para fins agrícolas Anel de rolamento Arame de aço Arruela de pressão Biela Biela Chaveta Chaveta Corrente de transmissão Cutelaria Inoxidável Disco de fricção Eixo Eixo Eixo Eixo Eixo Eixo Eixo Eixo p/ serv. Severo Engrenagem cementada Engrenagem cementada Engrenagem cementada Engrenagem cementada Engrenagem cementada SAE Nº 1111 1113 30303 1132 1137 4615 4620 1070 1080 52100 1085 1060 1040 3141 1030 2330 3140 51420 1060 1045 2340 3135 3140 4340 4140 8640 6150 1320 2317 3115 3310 4119 TIPOS DE AÇO Carbono Carbono Cromo-níquel (inox.) Carbono Carbono Molibdênio c/ Ni. Molibdênio c/ Ni. Carbono Carbono Cromo Carbono Carbono Carbono Níquel-cromo Carbono Níquel Níquel-cromo Cromo (inox) Carbono Carbono Níquel Níquel – cromo Níquel – cromo Molibdênio-Cr-Ni Molibdênio-Cr Cr-Ni-Mo Cr-Vanádio Manganês Níquel Níquel-Cr Níquel-Cr Molibdênio-Cr 98 APLICAÇÃO Engrenagem cementada Engrenagem cementada Engrenagem cementada Engrenagem de corrente Engrenagem de corrente Engrenagem temperada Engrenagem temperada Engrenagem temperada Engrenagem temperada Engrenagem temperada Esfera de rolamento Estampagem profunda Estampagem profunda Estampagem profunda Estampagem profunda Excêntrico Junta Universal Lâmina para molas Lâmina para molas Lâmina para molas Lâmina para molas Lâmina para molas Mola de compressão Mola espiral Mola helicoidal Mola helicoidal Mola helicoidal Parafuso Parafuso Parafuso Parafuso Peça forjada Peça forjada Peça forjada Peça forjada Peça forjada Peça forjada Pinhão cementado Pinhão cementado Pinhão cementado Pino p/ corrente de transmissão Pino p/ corrente de transmissão Pino p/ pistão Rebite Rebite Rebite SAE Nº 4125 4320 8620 3115 4119 2345 3145 4340 8640 5150 52100 1008 1010 1015 30304 4620 1145 1085 1095 4063 9260 6150 1060 4063 1095 4063 6150 1035 1040 3130 4820 1040 1045 4141 3240 5140 6150 3115 3120 4320 3135 4820 3120 1008 1010 1015 TIPOS DE AÇO Mo-Cr Mo-Ni-Cr Cr-Ni-Mo Ni-Cr Mo-Cr Níquel Ni-Cr Mo-Ni-Cr Cr-Ni-Mo Cromo Cromo Carbono Carbono Carbono Cr-Ni (inox.) Mo-Ni Carbono Carbono Carbono Molibdênio Silício-Manganês Cromo-Vanádio Carbono Molibdênio Carbono Molibdênio Cromo-Vanádio Carbono Carbono Ni-Cr Mo-Ni Carbono Carbono Mo-Cr Ni-Cr Cromo Cromo-Vanádio Ni-Cr Ni-Cr Mo-Cr-Ni Ni-Cr Mo-Ni Ni-Cr Carbono Carbono Carbono 99 APLICAÇÃO Resistente a Corrosão Resistente a Corrosão Resistente a Fadiga Resistente a Fadiga Tubos Mecânicos Tubos sem costura Tubos Soldados Virabrequim Virabrequim Virabrequim Virabrequim SAE Nº 51410 30316 4340 4640 1040 1030 1020 1045 1145 3135 4340 TIPOS DE AÇO cromo (inox.) Cr-Ni (inox.) Mo-Cr-Ni Mo-Ni Carbono Carbono Carbono Carbono Carbono Ni-Cr Mo-Cr-Ni 100 BIBLIOGRAFIA - Resistência dos Materiais ...........................................................S.P.Timoshenko. - Resistência dos Materiais.............................................................William A. Nash. - Strength of Materials .................................................................. P. Stepin. - Manual del Construtor de Maquinas................................ ........... H. Dubbel. - Machinery’s Handbook ……………………………….................... Oberg and Jones. - The Testing and Inspection of Enginneering Material………….... Davis – Troxell – Wiskocil. - Steel Construction ………………………………………………….. AISC. - ASME Handbook ……………………………………………………. ASME. - Kent’s Mechanical Engineering Handbook ………………………. William Kent. - Formulário del Técnico Mecânico ………………………............... Klingelnberg. 101