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Molas Helicoidais de Compressão Parte 2 Prof. Rafael Schreiber Curso de Engenharia Mecânica Unidade Curricular: Elementos de Máquina II 𝑛𝑠 = Fator de segurança [−]; 𝑆𝑠𝑦 = Resistência ao escoamento do fio em torção [𝑀𝑃𝑎]; 𝜏𝑚á𝑥 = Tensão de cisalhamento máxima na mola [𝑀𝑃𝑎]; 𝐹𝑠 = Força no comprimento sólido (fechada) [𝑁]; 𝐾𝐵 = Fator de concentração de tensões para fio redondo de Bergsträsser [−]; 𝐷 = Diâmetro médio da mola [𝑚𝑚]. 𝑑 = Diâmetro do fio [𝑚𝑚]; Tensões em molas helicoidais Onde: 𝑛𝑠 = 𝑆𝑠𝑦 𝜏𝑚á𝑥 𝜏𝑚á𝑥 = 𝐾𝐵 8𝐹𝑠𝐷 𝜋𝑑3 𝐾𝐵 = 4𝐶 + 2 4𝐶 − 3 A curvatura do fio gera uma concentração de tensão na parte interna da hélice (𝐾𝐵) 𝜎 𝜀 𝐸 𝑆𝑢𝑡 𝑆𝑦 𝜏 𝛾 𝐺 𝑆𝑠𝑢 𝑆𝑠𝑦 Gráfico do Ensaio de Tração Gráfico do Ensaio de Torção Nomenclaturas: Falhas Estáticas Resistência máxima Resistência ao escoamento Resistência máxima Resistência ao escoamento 𝑁 𝑆𝑓 𝑆𝑒 Gráfico S-N Nomenclaturas: Falhas Dinâmicas (Fadiga) Resistência à fadiga Limite de Resistência à fadiga Curva para metais ferrosos Curva para metais não ferrosos ≈ 107 Nº de ciclos Frequência crítica Onde: 𝑓𝑛 = Frequência natural da mola [𝐻𝑧]; 𝑘 = Constante da mola [𝑁/𝑚]; 𝑚 = Massa [𝑘𝑔]; 𝑓𝑐𝑟 = Frequência crítica [𝐻𝑧]. 𝑓𝑛 = 1 2 𝑘 𝑚 De N/mm para N/m multiplicar por 10³. Para molas em contato com superfícies planas nas duas extremidades. Frequência crítica 𝑓𝑐𝑟 = 𝑓𝑛 20 Frequência máxima de operação da mola. Esse valor pode variar de 15 a 20. Sendo que 20 é o mais conservativo. O número “1” corresponde ao primero harmônico. Para o segundo harmônico seria usado “2”... 𝑉 = 𝑁𝑎𝜋𝑟 2 𝑝² + (2𝜋𝑅)2 Onde: 𝑉 = Volume ativo da mola [𝑚𝑚³]; 𝑁𝑎 = Número de espiras ativas [−]; 𝑟 = Raio do fio [𝑚𝑚]; 𝑝 = Passo da mola [𝑚𝑚]; 𝑅 = Raio médio da mola [𝑚𝑚]. 𝑅 𝑟 𝑁𝑎 𝑝 Frequência crítica 𝑚 = 𝑉𝛿 𝑚 = Massa [𝑘𝑔]; 𝑉 = Volume da mola [𝑚𝑚³]; 𝛿 = Densidade do material [kg/𝑚𝑚³]. Para o aço usar 7,85 ∙ 10−6 𝑘𝑔/𝑚𝑚³ Frequência crítica Onde: 𝑅 𝑟 𝑁𝑎 𝑝 𝑅 𝑟 𝑁𝑎 𝑝 Carregamento de Fadiga Jateamento de granalha (shot peening) Carregamento de Fadiga Processo usado para produzir uma camada de tensão residual compressiva e modificar as propriedades mecânicas do material. Proporciona limpeza e acabamento superficial, além de aumentar a vida em fadiga. https://www.wheelabratorgroup.com/pt-pt/my- application/application-by-process/what-is-shot-blasting Peça granalha https://www.wheelabratorgroup.com/pt-pt/my-application/application-by-process/what-is-shot-blasting Carregamento de Fadiga Onde: 𝐹𝑎 = Força alternante [𝑁]; 𝐹𝑚 = Força média [𝑁]; 𝐹𝑚í𝑛 = Força mínima (pré-carga) [𝑁]; 𝐹𝑚á𝑥 = Força máxima [𝑁]; 𝜏𝑎 = Tensão de cisalhamento alternante [𝑀𝑃𝑎]; 𝜏𝑚 = Tensão de cisalhamento média [𝑀𝑃𝑎]; 𝜏𝑎 = 𝐾𝐵 8𝐹𝑎𝐷 𝜋𝑑3 𝜏𝑚 = 𝐾𝐵 8𝐹𝑚𝐷 𝜋𝑑3 𝐹𝑚 = 𝐹𝑚á𝑥 + 𝐹𝑚í𝑛 2 𝐹𝑎 = 𝐹𝑚á𝑥 − 𝐹𝑚í𝑛 2 Carregamento de Fadiga 𝑆𝑠𝑢 = Resistência máxima do fio em torção [𝑀𝑃𝑎]; 𝑆𝑢𝑡 = Resistência máxima do fio em tração [𝑀𝑃𝑎]. Onde: 𝑆𝑠𝑢 = 0,67𝑆𝑢𝑡 Carregamento de Fadiga 𝑆𝑠𝑒 = Limite de fadiga em torção [𝑀𝑃𝑎]; 𝑆𝑠𝑎 = Resistência alternante da mola [𝑀𝑃𝑎]; 𝑆𝑠𝑚 = Resistência média da mola [𝑀𝑃𝑎]; 𝑆𝑠𝑢 = Resistência máxima do fio em torção [𝑀𝑃𝑎]. Onde: Critério de fadiga torcinonal de Sines 𝑆𝑠𝑒 = 𝑆𝑠𝑎 𝑛𝑓 = 𝑆𝑠𝑎 𝜏𝑎 Carregamento de Fadiga 𝑆𝑠𝑒 = Limite de fadiga em torção [𝑀𝑃𝑎]; 𝑆𝑠𝑎 = Resistência alternante da mola [𝑀𝑃𝑎]; 𝑆𝑠𝑎′ = Resistência alternante corrigida [𝑀𝑃𝑎]; 𝑆𝑠𝑚 = Resistência média da mola [𝑀𝑃𝑎]; 𝑆𝑠𝑢 = Resistência máxima do fio em torção [𝑀𝑃𝑎]; 𝑟 = Relação de tensões (declividade da linha de carga) [−]; 𝑛𝑓 = Fator de segurança de fadiga torcional [−]. Onde: Critério de fadiga torcinonal de Gerber 𝑆𝑠𝑒 = 𝑆𝑠𝑎 1 − 𝑆𝑠𝑚 𝑆𝑠𝑢 2 𝑆𝑠𝑎′ = 𝑟2𝑆𝑠𝑢 2 2𝑆𝑠𝑒 −1 + 1 + 2𝑆𝑠𝑒 𝑟𝑆𝑠𝑢 2 𝑛𝑓 = 𝑆𝑠𝑎′ 𝜏𝑎 𝑟 = 𝜏𝑎 𝜏𝑚 Carregamento de Fadiga 𝑆𝑠𝑒 = Limite de fadiga em torção [𝑀𝑃𝑎]; 𝑆𝑠𝑎 = Resistência alternante da mola [𝑀𝑃𝑎]; 𝑆𝑠𝑎′ = Resistência alternante corrigida [𝑀𝑃𝑎]; 𝑆𝑠𝑚 = Resistência média da mola [𝑀𝑃𝑎]; 𝑆𝑠𝑢 = Resistência máxima do fio em torção [𝑀𝑃𝑎]; 𝑟 = Relação de tensões (declividade da linha de carga) [−]; 𝑛𝑓 = Fator de segurança de fadiga torcional [−]. Onde: Critério de fadiga torcinonal de Goodman 𝑆𝑠𝑒 = 𝑆𝑠𝑎 1 − 𝑆𝑠𝑚 𝑆𝑠𝑢 𝑆𝑠𝑎′ = 𝑟𝑆𝑠𝑒𝑆𝑠𝑢 𝑟𝑆𝑠𝑢 + 𝑆𝑠𝑒 𝑛𝑓 = 𝑆𝑠𝑎′ 𝜏𝑎 𝑟 = 𝜏𝑎 𝜏𝑚 Problema Resolvido 2A Uma mola helicoidal de compressão, fabricada com fio musical A228 com 𝑑 = 2,3 𝑚𝑚, 𝐷0 = 14 𝑚𝑚, 𝐿0 = 98 𝑚𝑚 e 𝑁𝑎 = 21 espiras, precisa suportar uma carga dinâmica de 25 𝑁 a 156 𝑁 . As extremidades são esquadrejadas e esmerilhadas e a mola não é jateada com granalha. a) Calcule o fator de segurança de fadiga (𝑛𝑓) usando os critérios de falha torcinonal por fadiga de Sines, Gerber e Goodman, com os dados de Zimmerli; b) Estime a frequência crítica da mola (𝑓𝑐𝑟) . Problema Resolvido 2A a) Fator de segurança de fadiga (𝑛𝑓𝑠) 𝑆𝑢𝑡 = 𝐴 𝑑𝑚 = 2211 2,30,145 = 1959,5 𝑀𝑃𝑎 𝑆𝑠𝑢 = 0,67𝑆𝑢𝑡 = 0,67 . 1959,5 = 1312,8 𝑀𝑃𝑎 𝐷 = 𝐷0 − 𝑑 = 14 − 2,3 = 11,7 𝑚𝑚 𝐶 = 𝐷 𝑑 = 11,7 2,3 = 5,09 𝐾𝐵 = 4𝐶 + 2 4𝐶 − 3 = 4 . 5,09 + 2 4 . 5,09 − 3 → 𝐾𝐵 = 1,288 Problema Resolvido 2A a) Fator de segurança de fadiga (𝑛𝑓𝑠) 𝐹𝑎 = 𝐹𝑚á𝑥 − 𝐹𝑚í𝑛 2 𝜏𝑎 = 𝐾𝐵 8𝐹𝑎𝐷 𝜋𝑑3 𝜏𝑚 = 𝐾𝐵 8𝐹𝑚𝐷 𝜋𝑑3 𝐹𝑚 = 𝐹𝑚á𝑥 + 𝐹𝑚í𝑛 2 = 156 − 25 2 = 65,5 𝑁 = 156 + 25 2 = 90,5 𝑁 = 1,228 8 . 65,5 . 11,7 𝜋 . 2,33 = 206,6 𝑀𝑃𝑎 = 1,228 8 . 90,5 . 11,7 𝜋 . 2,33 = 285,4 𝑀𝑃𝑎 Problema Resolvido 2A a) Fator de segurança de fadiga (𝑛𝑓𝑠) Critério de fadiga torcinonal de Sines 𝑛𝑓 = 𝑆𝑠𝑎 𝜏𝑎 = 241 206,6 = 1,17 Problema Resolvido 2A a) Fator de segurança de fadiga (𝑛𝑓𝑠) Critério de fadiga torcinonal de Gerber 𝑆𝑠𝑒 = 𝑆𝑠𝑎 1 − 𝑆𝑠𝑚 𝑆𝑠𝑢 2 𝑆𝑠𝑎′ = 𝑟2𝑆𝑠𝑢 2 2𝑆𝑠𝑒 −1 + 1 + 2𝑆𝑠𝑒 𝑟𝑆𝑠𝑢 2 𝑛𝑓 = 𝑆𝑠𝑎′ 𝜏𝑎 𝑟 = 𝜏𝑎 𝜏𝑚 = 206,6 285,4 = 0,724 = 241 1 − 379 1312,8 2 = 262,9 𝑀𝑃𝑎 = 0,7242 . 1312,82 2 . 262,9 −1 + 1 + 2 . 262,9 0,724 . 1312,8 2 𝑆𝑠𝑎 ′ = 245,4 𝑀𝑃𝑎 = 245,4 206,6 = 1,19 Problema Resolvido 2A a) Fator de segurança de fadiga (𝑛𝑓𝑠) Critério de fadiga torcinonal de Goodman 𝑆𝑠𝑒 = 𝑆𝑠𝑎 1 − 𝑆𝑠𝑚 𝑆𝑠𝑢 𝑛𝑓 = 𝑆𝑠𝑎′ 𝜏𝑎 𝑟 = 𝜏𝑎 𝜏𝑚 = 206,6 285,4 = 0,724 = 241 1 − 379 1312,8 = 338,8 𝑀𝑃𝑎 = 249,8 206,6 = 1,21 𝑆𝑠𝑎′ = 𝑟𝑆𝑠𝑒𝑆𝑠𝑢 𝑟𝑆𝑠𝑢 + 𝑆𝑠𝑒 = 0,724 . 338,8 . 1312,8 0,724 . 1312,8 + 338,1 = 249,8 𝑀𝑃𝑎 Problema Resolvido 2A a) Fator de segurança de fadiga (𝑛𝑓𝑠) Critério de fadiga torcinonal de Sines 𝑛𝑓 = 1,17 Critério de fadiga torcinonal de Gerber 𝑛𝑓 = 1,19 Critério de fadiga torcinonal de Goodman 𝑛𝑓 = 1,21 Mais conservativo Problema Resolvido 2A b) Frequência crítica (𝑓𝑐𝑟) 𝑉 = 𝑁𝑎𝜋𝑟 2 𝑝² + (2𝜋𝑅)2 𝑑 = 2,3 𝑚𝑚 𝐷 = 11,7 𝑚𝑚 → 𝑟 = 1,15 𝑚𝑚 → 𝑅 = 5,85 𝑚𝑚 𝑝 = 𝐿0 − 2𝑑 𝑁𝑎 = 98 − 2 . 2,3 21 = 4,448 𝑚𝑚 = 21 . 𝜋 . 1,152 4,448² + (2 . 𝜋 . 5,85)2 = 3230,4 𝑚𝑚³ 𝑚 = 𝑉𝛿 = 3230,4 . 7,85 . 10−6 = 0,025 𝑘𝑔 Densidade do aço Problema Resolvido 2A b) Frequência crítica (𝑓𝑐𝑟) 𝑓𝑛 = 1 2 𝑘 𝑚 𝑓𝑐𝑟 = 𝑓𝑛 20 = 1 2 8,42 . 103 0,025 𝑑 = 2,3 𝑘 = 𝑑4𝐺 8𝐷3𝑁𝑎 = 2,34 . 81 . 103 8 . 11,73 . 21 = 8,42 𝑁/𝑚𝑚 Convertendo para N/m = 290 𝐻𝑧 = 290 20 = 14,5 𝐻𝑧 Projeto de molas helicoidais para compressão dinâmica Onde: 𝑆𝑠𝑎 = Resistência alternante da mola [𝑀𝑃𝑎]; 𝑆𝑠𝑒 = Limite de fadiga em torção [𝑀𝑃𝑎]; 𝛼 = Primeiro fator de cisalhamento [𝑀𝑃𝑎]; 𝑛𝑓 = Fator de segurança [−]; 𝛽 = Segundo fator de cisalhamento [𝑀𝑃𝑎]; 𝐹𝑎 = Força alternante [𝑁]; 𝐶 = Índice da mola [−]. 𝛼 = 𝑆𝑠𝑒 𝑛𝑓 𝛽 = 8𝐹𝑎 𝜋𝑑² 𝐶 = 2𝛼 − 𝛽 4𝛽 + 2𝛼 − 𝛽 4𝛽2 − 3𝛼 4𝛽 Uma mola helicoidal de compressão, fabricada com fio musical A228 e diâmetro de fio 𝑑 = 2,8 𝑚𝑚, precisa resistir a uma carga dinâmica que varia de 20 𝑁 a 80 𝑁 com frequência de 5 𝐻𝑧, em uma deflexão entre 12 𝑚𝑚 a 50 𝑚𝑚. Por causa das considerações de montagem o comprimento sólido não pode exceder 25 𝑚𝑚 e o comprimento livre não pode exceder 100 𝑚𝑚. Projete a mola considerando que: • As extremidades são esquadrejadas e esmerilhadas; • Material sem jateamento; • 𝑛𝑓 = 1,5 (para o critério de fadiga de Sines) e 𝜉 = 0,15; • Calcule o fator de segurança contra falha estática (𝑛𝑠). Problema Resolvido 2B Linearidade robusta (letra grega “ksi”) Problema Resolvido 2B 𝑦𝑖𝑛𝑖𝑐𝑖𝑎𝑙 = 12 𝑚𝑚 ...deflexão entre 12 𝑚𝑚 a 50 𝑚𝑚 𝑦𝑡𝑟𝑎𝑏 = 50 − 12 = 38 𝑚𝑚 𝐹𝑎 = 𝐹𝑚á𝑥 − 𝐹𝑚í𝑛 2 𝐹𝑚 = 𝐹𝑚á𝑥 + 𝐹𝑚í𝑛 2 = 80 − 20 2 = 30 𝑁 = 80 + 20 2 = 50 𝑁 𝑘 = 𝐹𝑚á𝑥 − 𝐹𝑚í𝑛 𝑦𝑡𝑟𝑎𝑏 = 80 − 20 38 = 1,579 𝑁/𝑚𝑚 Problema Resolvido 2B 𝑆𝑢𝑡 = 𝐴 𝑑𝑚 = 2211 2,80,145 = 1904,4 𝑀𝑃𝑎 𝑆𝑠𝑢 = 0,67𝑆𝑢𝑡 = 0,67 . 1904,4 = 1275,9 𝑀𝑃𝑎 Critério de fadiga torcinonal de Sines: 𝑆𝑠𝑒 = 𝑆𝑠𝑎 = 241 𝑀𝑃𝑎 𝛼 = 𝑆𝑠𝑒 𝑛𝑓 𝛽 = 8𝐹𝑎 𝜋𝑑² = 241 1,5 = 160,7 𝑀𝑃𝑎 = 8 . 30 𝜋 . 2,8² = 9,74 𝑀𝑃𝑎 Problema Resolvido 2B 𝐶 = 2𝛼 − 𝛽 4𝛽 + 2𝛼 − 𝛽 4𝛽 2 − 3𝛼 4𝛽 = 2 . 160,7 − 9,74 4 . 9,74 + 2 . 160,7 − 9,74 4 . 9,74 2 − 3 . 160,7 4 . 9,74 𝐶 = 15,18 Neste caso a mola deve ser empacotada induvidualmente. Mesmo sem calcular o comprimrnto crítico deve se considerar a flamblagem como uma possibilidade, utilizando um pino no projeto. → 𝐶 > 14 𝐹𝑠 = (1 + 𝜉)𝐹𝑚á𝑥 = 1 + 0,15 80 = 92 𝑁 𝑁𝑎 = 𝑑4𝐺 8𝐷3𝑘 = 2,84 . 81 . 103 8 . 42,53 . 1,579 = 5,13 𝑒𝑠𝑝𝑖𝑟𝑎𝑠 𝑑 = 2,8 Problema Resolvido 2B 𝑁𝑡 = 𝑁𝑎 + 2 = 5,13 + 2 = 7,13 𝑒𝑠𝑝𝑖𝑟𝑎𝑠 𝐿𝑠 = 𝑑 𝑁𝑡 = 2,8 . 7,13= 19,96 𝑚𝑚 (< 25 𝑚𝑚) 𝑘 = 𝐹𝑠 𝑦 → 𝑦 = 𝐹𝑠 𝑘 = 92 1,579 = 58,26 𝑚𝑚 (deflexão total) 𝐿0 = 𝐿𝑠 + 𝑦 = 19,96 + 58,26 = 78,22 𝑚𝑚 (<100 mm) 𝐷0 = 𝐷 + 𝑑 𝐷𝑖 = 𝐷 − 𝑑 = 42,5 + 2,8 = 45,3 𝑚𝑚 = 42,5 − 2,8 = 39,7 𝑚𝑚 Problema Resolvido 2B 𝐾𝐵 = 4𝐶 + 2 4𝐶 − 3 = 4 . 15,18 + 2 4 . 15,18 − 3 → 𝐾𝐵 = 1,087 𝜏𝑚á𝑥 = 𝐾𝐵 8𝐹𝑠𝐷 𝜋𝑑3 𝑛𝑠 = 𝑆𝑠𝑦 𝜏𝑚á𝑥 = 1,087 8 . 92 . 42,5 𝜋 . 2,83 = 493 𝑀𝑃𝑎 = 857 493 = 1,74 Fator de segurança contra falha estática 𝑛𝑠 𝑉 = 𝑁𝑎𝜋𝑟 2 𝑝² + (2𝜋𝑅)2 𝑑 = 2,8 𝑚𝑚 𝐷 = 42,2 𝑚𝑚 → 𝑟 = 1,4 𝑚𝑚 → 𝑅 = 21,25 𝑚𝑚 𝑝 = 𝐿0 − 2𝑑 𝑁𝑎 = 78,24 − 2 . 2,8 5,13 = 14,15 𝑚𝑚 = 5,13 . 𝜋 . 1,42 14,15² + (2 . 𝜋 . 21,25)2 = 4244,9 𝑚𝑚³ 𝑚 = 𝑉𝛿 = 4244,9. 7,85 . 10−6 = 0,033 𝑘𝑔 Problema Resolvido 2B Frequência crítica 𝑓𝑐𝑟 Problema Resolvido 2B 𝑓𝑛 = 1 2 𝑘 𝑚 𝑓𝑐𝑟 = 𝑓𝑛 20 = 1 2 1,579 . 103 0,033 Convertendo para N/m = 108,8 𝐻𝑧 = 108,8 20 = 5,44𝐻𝑧 Frequência crítica 𝑓𝑐𝑟 (> 5 𝐻𝑧)
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