Primeiro trabalho de elementos de máquinas (com orientações para resolução)

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PUC Minas – Contagem - Curso de Engenharia Mecânica 
1ª Trab prático Elementos de máquinas – março/21 - Valor 20 pontos 
 
Aluno: ........................................................................... data ..................... 
 
 
1 a. Qual a função básica do Fator de Segurança no projeto de um elemento de máquinas ? Quando o fator de 
segurança se faz presente ? 
 b. Descreva o que é fator de serviço e como quantificar em atividade de dimensionamento. Cite pelo menos 3 
situações em que se aplica. 
Orientação: 
 Lembra de incertezas e eventualidades no ciclo de vida do componente. O componente nasce com projeto, 
materializa com a construção, capacita com a montagem, trabalha com a operação etc ..... 
 
2. Faça um gráfico mostrando as linhas de Goodman modificado, Gerber, e Soderberg do método de previsibilidade 
de falhas devido a tensões flutuantes. Associe expressões com as linhas de Goodmann, Gerber e Soderberg. 
Orientação: 
 O eixo vertical é escala de indicação da tensão alternada e mostra pontos referentes tensão de fadiga e tensão 
baixo ciclo 90% da ruptura. O eixo horizontal indica a tensão média e marca tensões de escoamento e ruptura. 
Linhas retas e curvas representam os métodos acima. O gráfico da apostila mostra ainda a curva elíptica ASME. 
 
3. a-Elabore o gráfico do exercício 2 acima e também as expressões correspondentes. 
 b-Mostre as expressões de Gerber e Soderberg aplicando um fator de segurança “n” como critério de projeto. 
 Orientação: 
 As expressões quando levam ao valor 1 o ponto situa-se sobre a linha 
 O fator de seg “n” amplia as tensões relacionadas com a operação, aqui sobre τa e τm 
4 – A figura abaixo mostra um enrolador de fitas em corte. Faça o diagrama de cargas atuantes no eixo do enrolador. 
Represente as forças com as respectivas direções, não precisando quantificá-las. 
 
 
Roteiro 
2 
 
 
 
 Esse mecanismo tem um múltiplos braços expansíveis recebendo rolo de fita de aço. O enrolhamento é forçado tendo 
um motor elétrico e dois estágios de engrenagens promovendo a redução da rotação e aumento do torque. 
 É bom o conceito de forças ativas, aquelas que fazem o sistema operar. Forças reativas aquelas que dão equilíbrio para 
o sistema. 
 
5- Um cilindro hidráulico destinado a manter fechada porta de estufa industrial opera a temperatura de até 150°C, 
confiabilidade 95%, mais dados abaixo. Mostre uma peça e entenda como funciona. 
 
Componente 
 
Aço 
 
Sr - MPa 
 
Sy – Mpa 
 
σmin - MPa 
 
σmax - MPa 
 
Dimensão mm 
referência Haste SAE-4140 730 650 -90 175 38 
Camisa ST-52 520 370 45 96 89x10 
Garfo SAE-1045 580 340 75 135 Ø110/30x40 
 Peças usinadas em sedes de encaixes e sedes lisas deslizantes. 
 Verificar a previsibilidade de ocorrência de falha na camisa do cilindro (tubo externo). 
 
 
 
 
 Camisa ø 70 parede 10 mm para fadiga tamanho 10 mm. Haste ø 38 mm. 
Passos: 
a- Tensão limite de fadiga Se = 0,5 Sr . Ka . Kb . Kc . Kd . Ke 
 Ka ; Um valor para superfície interna retificada e outro para face externa laminada a quente. Adota para fadiga o 
menor valor entre ambos. 
 Kb – espessura 10mm é a medida de referência 
 Kc – tensões de tração e compress;ao – axiais 
 Kd – temperatura ambiente e 150°C – adotar menor valor na faixa. 
 
b- Falha define com equação de GErber 
c- Não falha define com equação de Soderberg 
Tensão alternada = 0,5(Smax – Smin) dadas na tabela 
Tensão media = 0,5 ( Smax + Smin) dadas 
 Outras tensões dadas 
d- Aplica equação de Gerber 
e- Aplica equação de Sodeerberg 
f- Conclui sobre falha e “Não falha” 
camisa 
haste 
garfo 
3 
 
6-Determine a tensão limite de fadiga para a Haste ø 38mm, tabela exercício 5 
Orientação: 
 A tensão limite de fadiga Se = ½ Sr . Ka . Kb . Kc . Kd . Ke 
 Ka – superfície laminada para a camisa e retificada para a haste. Rupturas acima – expressão tabelada 
 Um valor para sede externa laminada e outro para sede interna retificada. Adota-se o menor valor nos 
cálculos. 
 Kb – tamanho acima – expressão tabelada 
 Kc – Haste com compressão ou tração – tensão axial – valor tabelado 
 Kd – adote menor valor na faixa entre temperatura ambiente e 150°C 
 Ke – confiabilidade acima – ver fator correspondente 
 
7-Calcule o nr de ciclos de carga para o garfo acima operando com fator de segurança 1,5 sobre o limite de fadiga. 
 Orientação: 
 Aplicar FS é ampliar a tensão limite de fadiga para efeito vida finita 
 Calcule a tensão limite de fadiga para o garfo, dados tabela exerc. 5 
 Se = ½ Sr . Ka . Kb . Kc . Kd . Ke 
 
 (6-3) 
 Log1000 logN log10E6 
 3 6 
 
 O gráfico tem Tensão na vertical e logN na horizontal 
 A escala logaritimica é para ter reta ao invés de curva e poder fazer semelhança de triângulos. 
 Tendo Sf proporção de Se (dado acima), dado acima, marca o valor e ponto na reta característica. 
 Fazendo semelhanda (proporção) de triângulos, vem 
 
 (0,9 Sr – Se) / ( 6-3) = ( Sf – Se ) / ( 6 -logNf ) 
 Catetos grandes catetos pequenos equacionados em proporções 
 
 Determinando Se sai Log Nf 
 
 A vida é 10 ^logNf 
 
8- Qual o peso da haste acima um trecho ø 38 x 260 mm; um trecho ø34x190 e um trecho ø 31 x 175 com rasgo de 
chaveta normalizado comprimento 120mm na sede 38. 
 Orientação: 
 Uma maneira rápida é usar a expressão Massa = 0,000006165 [ d^2 . L ] para cada trecho sai massa em kgs 
 D e L em mm 
 O peso kgf mesmo valor da massa em kgs é a soma dos 3 trechos 
 
Barra redonda de aço ø d e comprimento “n” metros tem peso determinado 0,006165 . d^2 . n (kgf) Notem que a 
expressão fornece kgf / metro linear. Ao usar comprimento em “mm” divide-se a constante por 1000 vem: 
 
Peso = Ld .
1000
006165,0 2 entrando com dimensões em mm saindo kgf 
 
Subtrair o peso da chaveta. A largura e espessura saem da tabela. Atentem que a espessura da chaveta é a “profund no 
eixo) 
 
Adote Se em 10^6 ciclos 
4 
 
 
 
 O peso da chaveta pode ser calculado na base de 7.85 g / cm3 de aço, isto é, do rasgo sem material. 
 
 
9- O ventilador figura abaixo opera com 12,5 CV e 1750 rpm. Calcule as forças e momentos atuantes no eixo. Peso do 
rotor 130 kgf. Força vertical reação do fluxo de ar no rotor 110 kgf. Dimensione o eixo construído com material SAE-
1045 considere carga de fadiga. Faça esboço. Diam preliminar para fator de tamanho 55mm. Sedes do rotor e 
acoplamento chavetadas. 
 
 Orientação 
 As forças representativas são o peso do rotor e reação do fluxo de ar incidentes no ponto “a” 
 O torque origina-se da potência e rotação 
 Mt = const . potência / rotação 
 Para saída em Nm a constante é 7026, potência em CV e rotação rpm 
 
 O torque incide em todo comprimento, do rotor até o acoplamento, nesse caso. 
5 
 
 
 
 Determinando as reações Rb e Rc 
 Fazendo momentos no ponto b acima (poderia ser ponto c) 
 (peso+fluxo) . a = Rc . b sai o valor de Rc 
 
 Soma de forças verticais nula , tem-se Rb = (Peso+fluxo) + Rc 
 
 O momento fletor é força x distância. Nesse caso Mf máximo usado nos cálculos incide no ponto b . A expressão está 
na figura acima. 
 
Determinando diâmetro mínimo de cálculo por trecho 
 Fator de segurança 1,5 pois usa-se tensão de fadiga a qual traz reserva de resistência para eventualidades 
 Fator de concentração de tensões 1,7 em trechos semchaveta e 2,2 em trechos com chaveta 
 
Trecho [ab] flexão e torção 
 
 2^.75,02)^.(
.
.32
3^ MtKfMf
Se
Fs
d 

 
 
Determinar a tensão limite de fadiga ( em torno de 100 Mpa) 
Calcular diâmetro preliminar usando escoamento e FS entre 3 e 4 
 
 Extrai o Mf do gráfico acima 
 Mt do cálculo acima 
 Mf em NM. Mt em Nm 
 Sai d em metros 
 Multiplica por 1000 e tem-se d em mm. 
 
 
Trecho [bc] flexão e torção - Idem acima 
 
Trecho [cd] torção pura 
Se
FsKtMt
d
.
...163

 
 Tendo diâmetros mínimos por trecho faz-se o esboço 
 
6 
 
Encontrando diâm mín / trecho, esboça o eixo mantendo diam mínimo calculado, sedes de rolamentos múltiplas de 5 
deixa chanfro 1x1 avançando as sedes de apoio nas extremidades. 
 
10- Um eixo de redutor figura abaixo opera a 375 rpm com força tangencial 190 kgf no ø primitivo 170 mm. Especifique 
o material, determine as tensões de projeto, dimensione e faça um esboço. Calcule o peso. 
 
 Orientação 
O material usual é SAE-1045 não havendo uma situação incisiva. 
 
Tensão de projeto: fadiga Se = 0,5.Sr . Ka . Kb . Kc . KD . KE 
 
Faz-se o cálculo do diam preliminar usando tensão de escoamento e FS entre 3 e 4. Calcula-se reações e momentos os 
quais tem valores definitivos no cálculo dos diâmetros mínimos. 
 
Como já fizemos várias vezes. Espera-se resultado próximo a 110 MPa 
A figura abaixo mostra a força tangencial gerando torque com o raio primitivo da engrenagem. 
 
 O dimensionamento é função da carga mecânica. A rotação influencia no torque para uma dada rotação. 
 A tensão limite de fadiga permite qualquer rotação em operação. 
 
 O torque de cálculo, o mesmo efetivo atuante é Mt = Ft . raio 
 Os trechos onde incidem o torque está na figura abaixo, abrande da entrada à saída do movimento. Nesse caso do 
acoplamento até a coroa de engrenagem. 
 
 Obtém-se a força radial função do ângulo de pressão do engrenamento ap=20° 
 
 A força radial é dirigida para o centro do eixo Fr = Ft . tg 20 
 
7 
 
 
 
Nessa configuração de carga, pode ser feito o dimensionamento no plano que contém a resultante, como mostra a figura 
acima. As reações estão nesse plano que contém a resultante. 
 
A resultante R é a soma vetorial entre Ft e Fr, está indicada acima 
 
Dimensionamento 
 
Trecho AB tem-se torção pura 
 
Se
FsKtMt
d
.
...163

 
 Kt vale 2,2 em trecho com chaveta 
 Fs tem valor 1,5 quando usa tensão de fadiga a qual já conta com reserva para event 
 Mf em NM. Mt em Nm 
 Sai d em metros. Multiplica por 1000 e tem-se d em mm. 
 
 Trecho [BC] flexão e torção 
 2^.75,02)^.(
.
.32
3^ MtKfMf
Se
Fs
d 

 
 Extrai o Mf do gráfico acima 
 Mt do cálculo acima Mt = Ft . raio atentando-se para unidades Newton e metro 
 
 
Trecho CD tem-se flexão pura 
 
Se
FsKfMf
d
.
...323

 
 Saem diâmetros mínimos permitindo a elaboração de esboços. Atentar ara ø rolamentos mult de 5 . 
 
 Faz-se o esboço a partir dos diâmetros mínimos. 
 
Para determinar o peso vale a expressão 
1000
.006165,0 2
L
dp  para cada trecho cilíndrico. 
 
 
11 – O eixo desenho abaixo opera com força radial horizontal na engrenagem de 705 kgf e tangencial vertical de 1937 
kgf. Determine os momentos por trecho, diâmetros mínimos, faça esboço e calcule o peso. 
8 
 
 
Define-se o material. Pode ser aço médio carbono pela ausência de motivação específica ( temperatura alta, fadiga 
severa, ambiente corrosivo, necessidade de baixo tamanho ou baixo peso) 
 
A tensão limite de fadiga designada por Se= 0,5 . Sr . Ka . Kb . Kc . Kd . Ke 
 
Ka -> superfície usinada -> expressão com fatores 
Kb -> dimensão e expressão -> faz-se o cálculo preliminar. Usa-se o trecho com maiores carregamentos, tensão de 
escoamento e FS entre 3 e 4. 
 
Continua os cálculos já usando tensão de fadiga. 
 
O trecho AB (acoplamento ao mancal) tem torção pura, expressão: 
Se
FsKtMt
d
.
...163

 
 
O trecho BC tem torção e flexão, expressão 2^.75,02)^.(
.
.32
3^ MtKfMf
Se
Fs
d 

 
 
O trecho da direita traz flexão pura, expressão 
Se
FsKfMf
d
.
...323

 
 
Em posse dos diâmetros mínimos por trecho faz-se o esboço 
 
Deixa chanfro excedendo o componente da extremidade. 
Os rolamentos são múltiplos de 5 mm 
Adota raios de transição entre 1,5 e 3 mm para os ressaltos 
As dimensões das chavetas são extraídas de tabelas, 
 
9 
 
 
 
 O esboço Tem as 4 sedes de componentes, ressaltos intermediários e a sede da coroa dentada no ponto de maior 
diâmetro. 
 O peso (massa) é determinado pela expressão 
1000
.006165,0 2
L
dp  [mm, kgs] 
 
 
12- Faça o gráfico de momentos fletores no eixo abaixo sob carga de 155 kgf distribuída nas extremidades roscadas. 
 
 
 
Nota-se simetria -> Ra = Rb = Rc = Rd 
 Dando a carga pode se calcular a reação sendo a metade do valor 
 Trecho do gráfico uma linha reta e horizontal no trecho central 
 Na sede de rolamento tem-se momento fletor igual ao produto da força pela distância.No trecho central 
o momento fletor é constante. 
 
 
 
 
10 
 
 
13 - Faça um diagrama de forças atuantes no eixo do tambor abaixo. Apenas forças com as respectivas direções. 
 
 
 
Aqui vemos um cilindro de arraste de transportador de placas ou barras. O movimento é motorizado e reduzido por 
um par de engrenagens cilíndricas. Os apoios são com mancais de rolamentos. 
 O eixo principal opera com torção motriz e forças transversais gerando momentos fletores. 
 
 
 
 Acima, em uma 1ª etapa tem-se forças ativas. Interessante perceber a diferença, forças ativas promovem o 
trabalho enquanto as reações equilibram mecanicamente. 
 
Cada mancal vai ter reações verticais e horizontais em face de forças ativas em ambas direções 
 
 
14- Determine uma alternativa de divisão de dentes do redutor abaixo em função da redução. Entrada 25 CV 
 
11 
 
 
Roteiro 
 A redução total é a rotação de entrada sobre a rotação de saída Rt = 1170 / 35,3 
 
O desenho mostra serem 3 estágios. 
 O 1° com um par cônico. 
 O 2° e 3° com engrenagens cilíndricas. 
 
 A redução total é a multiplicação das reduções em cada estágio. Rt = R1 . R2 . R3 
 
 Fazer R1 > R2 > R3 e R máx = 7 
 
A redução média é obtida fazendo Rt = Rm . Rm . Rm 
 tem-se Rm = Rt^1/3 onde 3 é o nr de estágios 
 
Boa prática é fazer uma média entre R1 = ( Rmax + Rmed ) / 2 
 
R2 toma-se como a redução média Rm 
 
R3 fica o fechamento do valor da redução total, faz-se: R3 = Rt / ( R1 . R2) 
 
Nr de dentes teóricos 
nr detes Pinhão nr dentes coroa 1 nr dentes coroa 2 nr dentes coroa 3 
Z1 e Z3 e Z5 Z2=R1.Z1 Z4=Z3.R2 Z6=Z5.R3 
Zmin=16 min 16 . R1 min 16 . R2 min 16 . R3 
17 
18 
19 
20 
21 
22 
23 
24 
... 
12 
 
... 
... 
 Preencha a tabela. Como nr de dentes é inteiro, selecione pequenos arredondamentos e 
compensa uns arredondando para baixo e outros para cima. 
Verifica a redução total e a rotação na saída. Rcalc = R1.R2.R3 = Z2/Z1 . Z4 / Z3 . Z6 / Z5 
 É possível tirar a prova pela rotação 
6
5
.
4
3
.
2
1
.11704
Z
Z
Z
Z
Z
Z
N  deve ficar bem próximo de 35,3 rpm. 
 
 
15– Refere-se a figura acima. A entrada opera com potência de 25 CV. Determine a rotação e torque em cada eixo. Faça 
o diagrama com as forças na engrenagem do eixo intermediário, Determine as forças atuantes. Faça esboço desse par 
de engrenagem. 
Expressão base : 
rpm
Pcv
Mt .7026 em Nm 
O eixo 1 entrada tem-se rpm e potência. Sai o torque 
O eixo 2 tem a rotação determinada n2 = n1.Z1/Z2 a divisão já definida no exercício anterior.Aplica a expressão acima sai o torque 
 
O eixo 3 tem rotação N3 = N2 . Z3/Z4 
 Torque Mt3 = 7026 . 25 / n3 
O eixo 4 já tem a rotação n4 = 35,3 rpm. 
 Torque Mt4 = 7026 . 25 / n4 já encontra diretamente. 
 
16 – Dimensione e faça esboço do par de engrenagem do rolo transp. questão 13 acima, dados: Motor 15 CV operando 
a 880 rpm, redução 2,25, aço do pinhão SAE-4140 com ruptura 730 MPa; aço da coroa SAE-1060 com ruptura 630 
MPa, vida 12000 horas, largura 0,75 vezes o diâmetro do pinhão, dentes helicoidais ângulo 16°. 
 
 O dimensionamento tem 4 etapas. 
 O principal é o pinhão quanto ao desgaste 
 Expressão base 
iPad
i
Mtfdpb
.
1
.cos... 2
22  
 B é a largura, norma AGMA orienta entre 0,75 e 0,85 o diâmetro primitivo 
 Dp é o diam primitivo do pinhão 
 F é a constante de material e ângulo de pressão. Aço com aço ang. Pressão 20° tem-se f = 4574000 
 Mt é o momento torsor 
 
rpm
Ncv
Mt 71620 [kgf.cm] daqui extrai-se o torque para a expressão anterior 
Ali adota hélice próxima a 15° 
A relação de transmissão pode ser extraída por medida em escala. 
Pad é a tensão de contato 6 610
..60
.7.48
vidan
Hb
Pad 
 sai kgf/cm2 
13 
 
 
Atentar que o corte no pinhão mostra só a metade. 
O cálculo quanto ao desgaste permite encontrar o módulo e determinar as dimensões do pinhão. 
 
Dimensiona-se também quanto a flexão. 
 
Quando a vida útil alcança milhares de horas de uso, predomina o cálculo do desgaste. Mesmo assim 
necessita do cálculo quanto a flexão 
Expressão 
 
 
mb
kdqFt
Sf
.
..
 [kgf/cm2] 
 
 Ft é a força tangencial, obtida a partir da potência e rotação 
 Ft = Mt / raio = 2 Mt / dp 
 
Q é fator de forma, tabela abaixo 
 
 
 Temos dentes externos 
 
Kd é o fator dinâmico, significa o equivalente em sobrecarga pelos pulsos de movimentos. Fundamnta-se em 
velocidade periférica, dureza, precisão e se é helicoidal ou dente reto. 
 
14 
 
 
A tabela abaixo indica a tensão admissível à fadiga para dentes retos. 
 
 
 
 
 Esboço: espelhar em exercícios resolvidos 
 
17- Uma calandra potência 6 CV, rotação 85 a 150 rpm tem acionamento dos rolos inferiores com engrenagem motriz 
acionando duas movidas, módulo 5mm, pinhão com 22 dentes, comprimento 90mm relação 2,5. Calcule as forças no 
engrenamento e tensões de flexão. 
 
15 
 
Com potência e rpm encontra-se o torque. 
O Diam primitivo sai com módulo e nr de dentes. 
Com o torque e raio obtém-se a força tangencial 
A força radial Fr = Ft tg.α. Ang. Pressão 20° 
Força máxima é obtida com rpm mínima. 
 
Tensão de flexão 
mb
kdqFt
Sf
.
..
 [kgf/cm2] 
 
 
 
 
18- O eixo abaixo tem 2 rolamentos nas sedes ø40mm; Uma roda dentada 75 dentes módulo 2,5 hélice 13° situa-se na 
sede ø 55p6. A extensão “p6” é simbologia de ajuste (tolerância dimensional), não interfere no dimensionamento. A 
extremidade tem um acoplamento comprimento 50 mm. Determine as tensões máximas nos 3 trechos, para operar 
com 4,5 CV a 185 rpm. 
 
O torque vem da potência e rotação 
Torque Mt = 71620> Ncv // rpm (sai kgf.cm com potência em CV e rotação rpm) 
A força tangencial vem do torque e diam primitivo da coroa cujo 
cos
.zm
dp  
Tem-se módulo, Nr de dentes sai diam primitivo 
 Sai Força tangencial Ft = 2. Mt / Diam primitivo 
 
A força radial Fr = Ft. tg.α. 
 
As reações são obtidas a partir da força resultante Ft e Fr no trecho central. Opção em 
calcular com força resultante única, em um plano onde ocorrem a força resultante e as reções nos 
mancais. 
16 
 
 
Faz-se os gráficos de momentos fletores e torsores 
 
Daí as tensões saem as tensões com as expressões 
 
Tendo diam dado no desenho 
 Mt calculado com a potência e rotação 
 Sai a tensão efetiva no lugar da tensão de fadiga. 
 
 
O trecho AB (acoplamento ao mancal) tem torção pura, expressão: 
Se
FsKtMt
d
.
...163

 
 
O trecho BC tem torção e flexão, expressão 2^.75,02)^.(
.
.32
3^ MtKfMf
Se
Fs
d 

 
 
O trecho da direita traz flexão pura, expressão 
Se
FsKfMf
d
.
...323

