Balanceamento de RotoresAutor: Prof. Dr. Francisco E. Baccaro NigroE-mail: nigro@ipt.br

Escola Politcnica da Universidade de So Paulo e a Departamento de Engenharia Mecnica - PME aAv. Prof. Mello Moraes, 2231 So Paulo SP 05508-900 BRASIL a Tel.: 55 (0)11 818 5355 FAX: 55 (0)11 818 5461

ResumoEsta apostila trata do balanceamento de rotores, concentrando-se no problema do balanceamento de rotores r gido em mquinas de balancear. So a a apresentados os critrios de qualidade de balanceamento. Tambm apree e e sentado o conceito de velocidade cr tica e introduzido o balanceamento de e rotores ex veis. Finalmente so apresentadas os princ a pios das mquinas de a balancear de mancais r gidos e ex veis.

y mxxxxxxxx xxxxxxxx xxxxxxxx xxxxxxxx xxxxxxxx xxxxxxxx xxxxxxxx xxxxxxxx xxxxxxxx xxxxxxxx xxxxxxxx xxxxxxxx xxxxxxxx

x r

z r m

xxxxxxxx xxxxxxxx xxxxxxxx xxxxxxxx xxxxxxxx

Figura 1: Rotor com desbalanceamento esttico a

1

Introduo ca

Colocando-se uma pea assimtrica a girar, surgem foras radiais no equilibradas, c e c a ocasionando problemas de vibraes e fadiga. co Balancear uma pea modicar sua distribuio de massa, de modo que as foras radic e ca c ais no ultrapassem certos valores, conforme o tipo de aplicaao. No se pretende tornar a c a as foras radiais no equilibradas totalmente nulas, pois isso impraticvel e invivel c a e a a economicamente. Deve-se projetar as peas j balanceadas. O balanceamento realizado para compensar c a e variaoes de geometria que ocorrem durante a fabricaao ou de densidade dos materiais. c c Processa-se balanceamento em quaisquer componentes rotativos, e tanto mais quanto maior for a rotaao do sistema em estudo. Inicialmente suporemos os componentes rotac tivos como corpos r gidos.

2

0 princ pio do balanceamento

Vamos imaginar um slido de eixo de rotaao horizontal com simetria axial, exceto o c por um ponto de massa m localizado uma distncia r do eixo de rotaao. a c Note-se que o sistema de eixos indicado xo na pea. O conjunto gira com velocidade e c angular , originando uma fora de inrcia radial. c e Fc = m r 2 (1)

Para balancear o sistema devemos retirar a massa m ou adicionar uma outra massa m, radialmente oposta, de modo a compensar a fora radial, isto : c e mr =m r (2)

Uma maneira de se realizar o balanceamento de uma pea como a indicada na gura, c e apoi-la em mancais de baixo conjugado de atrito, de modo que o eixo de rotao seja hora ca izontal. Colocando-se o sistema a girar, ele ir diminuindo de rotaao at car oscilando a c e em torno de uma posio de equil ca brio. Ao cessar a oscilao, teremos a posio da massa ca ca

mxxxxxxxx xxxxxxxx xxxxxxxx xxxxxxxx xxxxxxxx xxxxxxxx xxxxxxxx xxxxxxxx xxxxxxxx

y rxxxxxxxx xxxxxxxx xxxxxxxx xxxxxxxx xxxxxxxx xxxxxxxx xxxxxxxx xxxxxxxx xxxxxxxx

m

z r m

r

Figura 2: Rotor com desbalanceamento dinmico a no equilibrada na parte inferior do sistema; coloca-se ento uma massa na posio sua a ca perior ou retira-se na posiao inferior; esta a anlise que se faz para o balanceamento c e a esttico. a J o sistema apresentado abaixo est balanceado estaticamente, porm, no apresenta a a e a equil brio de momentos. Diz-se que o mesmo est desbalanceado dinamicamente. a Notemos que o balanceamento tem por nalidade minimizar os esforos dinmicos nos c a mancais. Para um rotor r gido, so necessrios dois planos de balanceamento. Plano de a a balanceamento o plano onde so feitas as correes de balanceamento pela adio ou e a co ca retirada de massas do sistema. So escolhidos planos de balanceamento distantes e tais a que possibilitem a colocao ou retirada de massas de balanceamento bem afastadas do ca eixo, resultando em massas de pequeno valor.

3

Sistema geral

Seja um corpo r gido que gira com velocidade constante em torno de um eixo xo z. Tomando como polo de momento o ponto O xo indicado na gura, obtemos: d (3) HO dt Exprimindo a equao do momento angular no sistema de eixos {O, x, y, z} solidrio ca a ao corpo, obtemos: MO = 0 Jxx Jxy Jxz HOx Jyy Jyz 0 HOy = Jxy Jxz Jyz Jzz HOz

r

x

(4)

onde: Jxy =M

x y dm

Jxz =

M

x z dm

Jzz =

M

x2 + y 2 dm (5)

HO = Jxy ex Jyz ey + Jzz ez

Bxxxxx xxxxx xxxxx xxxxx xxxxx xxxxx xxxxx xxxxx xxxxx xxxxx xxxxx xxxxx xxxxx xxxxx xxxxx xxxxx

e3 II

xc z II C z Axxxxx xxxxx xxxxx xxxxx xxxxx xxxxx xxxxx xxxxx xxxxx xxxxx xxxxx xxxxx xxxxx xxxxx xxxxx xxxxx

zI

I

x

y

e3

yc C xc C = C.M.

x

Figura 3: Rotor Vertical em Mancais R gidos

Derivando em relao ao tempo, com constante e lembrando que o sistema de eixos ca solidrio ao corpo, vem: e a MO = Jxz 2 ey + Jyz 2 ex O teorema do movimento do baricentro fornece: d2 d2 F = M 2 (xc ex ) + M 2 (yc ey ) dt dt ou ainda: F = M xc 2 ex M yc 2 ey (7) (6)

Para que as foras radiais nos mancais sejam nulas, necessrio que MO e F sejam c e a iguais a zero. Portanto: Jxz = Jyz = 0 e xc = yc = 0, ou seja, o eixo de rotao deve ser ca ser um eixo central de inrcia para que o slido esteja balanceado. e o Suponhamos agora, que temos um corpo r gido desbalanceado, com caracter sticas de inrcia Jxz , Jyz , xc , yc e M conhecidas, e que desejamos balance-lo adicionando duas e a massas mI e mII localizadas em dois planos de balanceamento zI e zII , em raios rI e rII , com posies angulares I e II . Neste caso, os produtos de inrcia do corpo modicado co e referentes ao eixo de rotao devero se anular, e a posio de seu centro de massa dever ca a ca a cair sobre o eixo. Portanto: J = xzM +mI +mII

x z dm =M

x z dm + mI rI cos I zI + mII rII cos II zII = 0 (8)

analogamente: J = yzM +mI +mII

y z dm =M

y z dm + mI rI sin I zI + mII rII sin II zII = 0 (9)

Para a posio do centro de massa, podemos escrever: ca (M + mI + mII ) xc = M

x dm + mI rI cos I + mII rII cos II = 0

(10)

analogamente (M + mI + mII ) yc = M

y dm + mI rI sin I + mII rII sin II = 0

(11)

Evidentemente as equaoes (8) a (11) so vlidas tambm se o sistema formado c a a e e de massas discretas, bastando substituir as integrais por somatrias. Vale mencionar, o tambm, que as mesmas equaoes so vlidas quando o polo de momento, pertencente ao e c a a eixo de rotao, no est no plano do mancal. Basta que a origem do eixo z coincida com ca a a o polo. A soluo das equaes (8) a (11) acima permite calcular as incgnitas mI rI , mII rII , ca co o I e II . Note-se que temos liberdade de escolha dos raios para retirada ou adiao de massa. c

A soluo do sistema obtida em duas etapas: inicialmente resolvemos o sistema linear nas ca incgnitas auxiliares mI rI cos I , mI rI sin I , mII rII cos II e mII rII sin II ; em o seguida obtermos as incgnitas originais. o

zI 0 zII 0 0 zI 0 zII 1 0 1 0 0 1 0 1

mI rI cos I m r sin I I I mII rII cos II

=

mII rII sin II

x z dm y z dm x dm y dm

(12)

No caso mais geral, os termos independentes so quaisquer e a soluao do sistema a c exige que o determinante da matriz dos coecientes seja diferente de zero. Portanto: zI 0 zII 0 0 zI 0 zII 1 0 1 0 0 1 0 1

= zI (zI zII ) + zII (zII zI ) = (zII zI )2 = 0

(13)

ou ainda, (zI zII ) = 0, o que mostra a necessidade de dois planos de balanceamento para o caso geral. Uma vez calculadas as incgnitas auxiliares, vamos dizer mI rI cos I = , e mI rI o sin I = , obtemos: tan I = e mI rI = (14)

2 + 2

(15)

E digno de nota que a escolha do ngulo I (ou I + ), que satisfaz a equaao (14), a c depende da discusso do sinal da equaao mI rI cos I = , quando se considera que a c podemos estar colocando massa (mI > 0), ou retirando massa (mI < 0). Exemplo 1 (Virabrequim) Projeto de rotor balanceado Para exercitar a aplicao do equacionamento desenvolvido, vamos resolver o seguinte ca problema: Seja dado um virabrequim de um motor de quatro cilindros e dois tempos, como mostrado na gura, e que deve ter seus contra-pesos dimensionados, de modo a minimizar os esforos dinmicos nos mancais. Para facilitar a soluo consideremos o modelo f c a ca sico formado de massas discretas apresentado na gura. Note-se que as massas equivalentes supostas concentradas nos mancais de biela englobam tambm a massa do p das bielas, e e e que no necessrio nos preocuparmos com as massas centralizadas no eixo de rotaao. a e a c Escolhidos os planos de balanceamento I e II, vamos aplicar as equaes (8) a (11), co considerando que o polo de momento coincide com o plano I. Neste caso, vem:n

xi z i m i = m r i=1 n

a 5a cos 0 + cos = mI rI 2a cos I 2 2 = mI rI 2a sin I

yi zi mi = m r i=1

a 3 3a sin sin 2 2 2 2

x x x x x x xxxxxxxxxxx x xxxxxxxxxxxx xxxxxxxxxx xxxxxxxxxxx x xxxxxxxxxxxx xxxxxxxxxx xxxxxxxxxxx x x x xxxxxxxxxxxx xxxxxxxxxx xxxxxxxxxxx x x x xxxxxxxxxxxx xxxxxxxxxx xxxxxxxxxxx x x x xxxxxxxxxxxx xxxxxxxxxx xxxxxxxxxxx x x x xxxxxxxxxxxx xxxxxxxxxx xxxxxxxxxxx x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x xx x x x x xxxxxxxxxxxx xxxxxxxxxx xxxxxxxxxxx xx x x x x xxxxxxxxxxxx xxxxxxxxxx xxxxxxxxxxx xx x x x x xxxxxxxxxxxx xxxxxxxxxx xxxxxxxxxxx xx x x x x xxxxxxxxxxxx xxxxxxxxxx xxxxxxxxxxx xx x x x x xxxxxxxxxxxx xxxxxxxxxx xxxxxxxxxxx x xx x x x x xxxxxxxxxxxx xxxxxxxxxx xxxxxxxxxxx x xx x x x x x xx x x x x x xx x x x x x xx x x x x x xx x x x x x xx x x x x x xx x x x x x xx x x x x x xx x x x x x xx x x x x x xx x x x x x xx x x x x x xx x x x x x xx x x x x x xx x x x x x xx x x x x x xx x x x x x xx x x x x x xx x x x x xxxxxxxx x xx x x x x xxxxxxxx x xx x x x x xxxxxxxx x xx x x x x xxxxxxxx x xx x x x x xxxxxxxx x xx x x x x xxxxxxxx x xx x x x x xxxxxxxx x xx x x x x x xx x x x x x xx x x x x x x x x x xxxxxxxx xxxxxxxx xx x x x x x xxxxxxxx xxxxxxxx xx x x x x x xxxxxxxx xxxxxxxx xx x x x x x xxxxxxxx xxxxxxxx xx xxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxx x x x x x xxxxxxxx xxxxxxxx xx x x x x x xxxxxxxx xxxxxxxx xx x x x x x xxxxxxxx xxxxxxxx xx x xx x x x x x xx x x x x x xx x x x x x xx xxxxxxx x x x x x xx xxxxxxx x x x x x xx xxxxxxx x x x x x xx xxxxxxx x x x x x xx xxxxxxx x x x x x xx xxxxxxx x x x x x xx xxxxxxx x x x x xxxxxxxxxx xxxxxxxxx x x x xx x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x xxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxx xxxxxxxxxxxxxxxx x x x x

I

y

II

m1

m3

r

m4

z

a/2

a

m2 a

a/2

a

m1 = m2 = m3 = m4 = m

xxxxxxxx x xxxxxxxx x xxxxxxxx x xxxxxxxx x xxxxxxxx x xxxxxxxx x xxxxxxxx x xxxxxxxx x x x xxxxxxxx xxxxxxxx x xxxxxxxx xxxxxxxx x xxxxxxxx xxxxxxxx x xxxxxxxx xxxxxxxx x xxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxx xxxxxxxx xxxxxxxx x xxxxxxxx xxxxxxxx x xxxxxxxx xxxxxxxx x x x x xxxxxxxx x xxxxxxxx x xxxxxxxx x xxxxxxxx x xxxxxxxx x xxxxxxxx x xxxxxxxx x xxxxxxxx x x x x x x x x x x

x yx x x x

m4

m3

m1

r

x

r

m2

Figura 4: Virabrequim com binrio de desbalanceamento a

n

xi mi = 0 = mI rI cos I mII rII cos IIi=1 n

yi mi = 0 = mI rI sin I mII rII sin IIi=1

Destas equaoes obtemos: c mI rI 2a cos I = 2a m r mI rI 2a sin I = 2a m r mI rI cos I + mII rII cos II = 0 mI rI sin I + mII rII sin II = 0 (16) (17) (18) (19)

Das equaoes (16) e (17) vem: tan I = 1 c Deveremos adicionar massa ao sistema; desse modo mI > 0. Analisando a equao ca (16), para que mI rI resulte um nmero positivo, necessrio que cosI seja negativo. u e a Portanto, 3 (20) 2 Caso fosse poss retirar massa do sistema, ter vel amos mI < 0, resultando em I = . 2 I =

Como a cada massa do sistema corresponde uma radialmente oposta, bvio que se eo I = 3 , ento II = . Esta mesma concluso pode ser tirada das equaes (18) e (19). a a co 2 2 A massa a ser adicionada no plano I : e mI rI = 2mr

Notemos que, no problema dado existe distribuio simtrica de massa em relao ao ca e ca eixo z, tornando o sistema estaticamente balanceado. As massas adicionadas devero ser a tais que: mI rI = mII rII e portanto: mII rII = 2mr

4

Classes de balanceamento

J vimos que as peas rotativas devem ser projetadas equilibradas, de modo que o a c balanceamento prtico realizado por meio de pequenas alteraoes da distribuio de a e c ca massa do corpo. Alm disso, j armamos que o balanceamento realizado at um certo e a e e n vel, o qual depende do tipo de aplicaao e da velocidade de rotao da pea. Com isso c ca c podemos manter as vibraes e as solicitaoes dinmicas dentro de limites adequados ao co c a funcionamento da mquina. Vale mencionar que no existe uma relaao direta entre o a a c desbalanceamento residual e o n de vibraao da mquina, o qual depende de muitos vel c a fatores como, por exemplo, a massa da carcaa e da fundaao, a rigidez dos mancais c c e da fundaao, a ocorrncia de ressonncias, etc. De qualquer maneira, existem n c e a veis admiss veis de desbalanceamento residual, compat veis com a boa prtica de projeto de a mquinas. A norma ISO 1940 trata da qualidade de balanceamento de rotores r a gidos. Para tanto, so denidos diversos graus de qualidade de balanceamento, que so denotados a a pela letra G seguida de um nmero varivel entre 0,4 e 4000, numa srie normalizada de u a e razo geomtrica 2,5. Cada uma dessas classes de balanceamento estabelece uma faixa a e de desbalanceamento residual permiss vel, da seguinte maneira: Classe ISO G n n( mm/s ) e (21)

onde e a excentricidade residual do centre de massa, e a mxima velocidade e e a angular de trabalho da pea. Nesta situaao, desbalanceamento residual admiss em c c vel cada plane ca: e (22) 2 Tal especicaao supe que o desbalanceamento esttico tem maior importncia que c o a a o desbalanceamento de momento. Caso isso no acontea, como a situao com rotores a c e ca com discos em balano, nos quais a distncia entre os planos de balanceamento maior c a e que a distncia entre mancais, o desbalanceamento residual admiss em cada plano a vel e reduzido conforme a razo entre essas distncias. a a mr =M a Exemplo 2 (Classe de Balanceamento) Clculo do desbalanceamento residual

Como exemplo, consideremos um rotor de bomba com classe G 6,3 que deve ser balanceado em dois planos entre mancais, sabendo-se que sua mxima velocidade de traa balho 3600 rpm, e sua massa 40 kg. Pede-se determinar o desbalanceamento residual e permiss em cada um dos planos de balanceamento. vel = 2 3600 60 280 rad/s e= 6, 3 380 0, 017 mm

mr =M

e 0, 017 = 4000 2 2

340 g.mm

A t tulo de ilustraao, vamos descrever alguns tipos de mquinas que se enquadram c a em algumas classes. G G G G G G 4000 250 40 6,3 2,5 0,4 virabrequins de motores mar timos lentos virabrequins de motores diesel rpidos com 4 cilindros a rodas de automveis; eixos de transmisso o a ventiladores; volantes; rotores de bombas turbinas a gs e a vapor; acionamento de mquinas-ferramentas a a fusos de reticadoras de alta preciso; giroscpios a o

E importante mostrar porque o desbalanceamento espec co admiss e varia invervel samente ` rotaao do rotor. Para tanto, consideremos dois rotores similares de tamanhos a c diferentes, nos quais a unica solicitao devida ao desbalanceamento. ca e A solicitaao : c e F = M e 2 [L]3 e 2

0 momento etor em uma seo cr ca tica representado por: e Mf A tenso mxima ca: a a = Mf W [L]4 e 2 [L]3 [L] e F [L] [L]4 e 2

Portanto, se os dois rotores so feitos do mesmo material e conseqentemente suportam a u a mesma tenso mxima e tem a mesma densidade, devemos ter: a a [L] e [L] [L] = cte

Conclui-se que mquinas semelhantes, dimensionadas para suportar esforos dinmicos, a c a tem velocidades semelhantes. Logicamente, a aceleraao da mquina menor maior, e seu c a e deslocamento menor. For exemplo, quando comparamos um motor alternativo de pisto e a de um navio, com aquele de um aro-modelo, notamos que a velocidade mdia do pisto e e a aproximadamente a mesma ( 9 m/s ), apesar da escala de comprimento ser centenas e de vezes maior no motor de navio. Analogamente, se compararmos um cachorro com um cavalo, que so aproximadamente geometricamente semelhantes, e constitu a dos dos mesmos materiais, notamos que ambos tem a mesma velocidade mxima, apesar do cavalo a ter pernas muito mais compridas e do cachorro ser muito mais rpido (maior ace1erao). a ca

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Velocidade cr tica de rotores

At este ponto consideramos Os rotores como corpos r e gidos. No entanto, ` medida que a aumentamos a rotao, as foras de inrcia vo se tornando cada vez mais signicativas, e ca c e a provocando deformaoes no rotor. O modelo f c sico mais simp1es que representa um rotor ex vel, apresentado na gura abaixo. O eixo ex e de massa desprez e o rotor e e vel vel de massa m est colocado no plano de simetria do sistema. a C - centro de massa E - centro geomtrico e B - centro dos mancais eixo de rotao xo ca Aplicando uma fora radial no rotor parado obteremos uma echa tal que: c Fe = K x A fora radial de inrcia devida a rotao do eixo desbalanceado ser: c e ca a Fc = m (x + ) 2 (24) (23)

Colocando em um grco, a fora radial devida a rotao e a fora elstica em funo da a c ca c a ca echa do eixo, obtemos duas retas cuja intersecao fornece o ponto de equil c brio dinmico. a Para um dado eixo e rotor, teremos um valor de , um valor de K e um valor de m; portanto, a reta correspondente ` fora elstica xa e independente de ; j a reta a c a e a correspondente A fora de inrcia sempre cruza o eixo x a uma distncia da origem, c e a porm tem uma inclinao proporcional a 2 . O cruzamento das duas retas dar-se- em e ca a um ponto que corresponde a uma echa que cresce ` medida que cresce. a Analiticamente, o cruzamento se d com: a Fe = Fc K x = m (x + ) ou m 2 x= K m 22

(25) (26) (27)

Se aumentarmos a rotaao , o ngulo que a reta referente a Fc faz com o eixo x c a aumenta, provocando o cruzamento mais afastado da origem. Quando as duas retas cam paralelas, ou o denominador de ( ) torna-se zero, temos x ; ao correspondente, d-se o nome de velocidade angular cr a tica. De ( ) vem: cr = K m (28)

E importante observar que cr independente de , isto , do desbalanceamento. Isto e e equivale a dizer que por menor que seja o desbalanceamento, existe a velocidade cr tica. Evidentemente, a amplitude de deformaao para um valor xo de depende diretamente c de .

A an1ise foi realizada ignorando-se o amortecimento, e admitindo-se o rotor em regime a permanente. Se crescente, a amplitude no tem tempo de atingir o valor de regime e a permanente, sendo poss passar pela velocidade cr vel tica sem prejudicar o rotor, atingindo velocidades super-cr ticas. Neste caso, a anlise realizada mostra que o ponto de equil a brio (cruzamento das retas representativas de Fc e Fe ) se d para valores negativos de x. a A mesma concluso pode ser obtida da equaao ( ). A gura abaixo ilustra a posiao a c c relativa dos pontos C, E e B. ` A medida que aumentamos a reta referente a Fc vai se aproximando da vertical, at e que no limite o cruzamento se d para x = ; quando isto acontece, C B e o corpo gira a em tomo do centro de massa. Neste caso, as foras de inrcia controlam o comportamento c e do sistema. Deve-se notar que quando cr , as foras elsticas que determinam o comportac a e mento do sistema, e o resultado coerente com nossa intuiao. O mesmo no ocorre para e c a cr , onde nossa intuio normalmente falha. ca Embora o valor da velocidade cr tica coincida, no modelo analisado, com a freqncia ue natural de vibrao lateral do sistema, os fenmenos so distintos e no devem ser conca o a a fundidos. O que foi discutido para um eixo ex e mancais r vel gidos, vale tambm para o caso e de rotor r gido montado em mancais ex veis. A gura ilustra o sistema mais simples que considera a exibilidade dos mancais. Neste caso, devido ` uniformidade da rigidez dos a mancais e a simetria do problema, a rigidez equivalente vista pelo rotor 4 Km . A velocidade cr tica ca: 4 Km (29) m Analogamente ao sistema com eixo ex vel, quando cr , `s foras elsticas doma c a inam o comportamento do sistema, e o centro de massa descreve uma circunferncia e externa `quela descrita pelo centro do eixo. Quando a cr , o centro de massa descreve uma circunferncia interna `quela descrita pelo centro do eixo, de modo que quando e a /cr , o centro de massa ca xo no espao enquanto o centro geomtrico do c e eixo descreve uma circunferncia de raio em torno dele. Como veremos adiante, existem e mquinas de balanceamento que se utilizam dessa propriedade. a Os resultados obtidos para os modelos simples devem ser estendidos a rotores com massa distribu ao longo do comprimento. Neste caso, teremos vrias velocidades da a cr ticas poss veis com as correspondentes conguraoes da linha elstica, como mostrado c a na gura. Evidentemente, para uma velocidade constante, diferente da velocidade cr tica, a conguraao da linha elstica depende do desbalanceamento distribu ao longo do rotor, c a do podendo assumir uma curva espacial. Para complementar a discusso apresentada, devemos mencionar que as velocidades a cr ticas de rotores reais dependem, alm da distribuio de massa e rigidez ao longo do e ca rotor, da rigidez dos mancais, de efeitos giroscpicos, etc. Cumpre lembrar que existe uma o literatura extensa sobre dinmica de rotores, pela sua importncia no projeto e utilizao a a ca de mquinas rotativas de alta velocidade, como as turbo-mquinas. a a cr =

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Balanceamento de rotores ex veis

J mostramos que rotores reais se deformam pelo efeito das foras de inrcia e podem a c e apresentar velocidades cr ticas. Um rotor pode ser considerado r gido, se sua velocidade de trabalho e muito menor que sua primeira velocidade cr tica. Evidentemente, quando a velocidade de rotao se aproxima ou ultrapassa a primeira cr ca tica, devemos considerar a elasticidade do rotor. A norma ISO 5406 trata dos mtodos de balanceamento de e rotores ex veis, classicando-os em cinco categorias que podem requerer procedimentos diferentes de balanceamento. Para um primeiro contato com o assunto apresentaremos um unico mtodo de balanceamento. Para mostrar o comportamento da distribuio de e ca massa em um rotor ex vel, consideremos o seguinte: Suponhamos inicialmente um rotor r gido que tenha sido balanceado em dois planos, como apresentado na gura. Quando aumentamos a rotao, o efeito da exibilidade se faz sentir, alterando as ca distncias dos centros de massa de cada seao at o eixo dos mancais. Isto toma as foras a c e c de inrcia no compensadas, e portanto o rotor desbalanceado. e a Portanto, aparentemente, so necessrios innitos planos de balanceamento para cora a rigir a distribuiao de massa em cada seao, o que impraticvel. c c e a Na realidade, o balanceamento feito em um nmero j de planos conforme a rotao e u ca do eixo. Para uma velocidade de trabalho no campo da primeira velocidade cr tica, o eixo assume a conguraao do primeiro modo, sendo necessrios trs planos de balanceamento; c a e genericamente, para velocidade de trabalho no campo da ensima velocidade cr e tica, so a necessrios n + 2 planos de balanceamento. a O procedimento para balancear um rotor que trabalhe no campo da primeira velocidade cr tica, por exemplo, o seguinte: e Inicialmente balanceia-se o rotor em uma velocidade bem abaixo da cr tica, como corpo r gido, utilizando-se os planos das extremidades. Eleva-se a velocidade de rotao at um ca e valor prximo da primeira cr o tica, quando o eixo assume a conguraao do primeiro modo. c Faz-se o balanceamento de modo a diminuir a echa do eixo, adicionando ou retirando massa no plano central, e compensando essa massa nos planos duas extremidades, de modo a no alterar o balanceamento como corpo r a gido. Desta maneira, quando a velocidade for reduzida, o corpo continuar balanceado. a

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Mtodos e Mquinas de balanceamento e a

Um corpo girando em tomo de um eixo central de inrcia no est sujeito a foras e a a c dinmicas externas. Nesta situaao, o eixo geomtrico descreve uma superf de reva c e cie oluao em tomo do eixo de inrcia. Se impusermos uma restriao ao movimento do eixo c e c geomtrico atravs de mancais, de modo que o eixo central de inrcia seja forado a descre e e c ever uma superf de revoluao ao redor dele, resultaro esforos nos mancais. Os dois cie c a c tipos bsicos de mquinas de balanceamento dinmico operam conforme esses dois casos a a a

limites. A seguir faremos uma rpida classicao e descriao dos ,mtodos e mquinas a ca c e a de balanceamento.

7.1

Balanceamento esttico; mtodo gravitacional a e

Consiste em colocar a pea livre para girar em tomo de um eixo horizontal e observar c a posiao em que se d o equil c a brio aps cessar a rotaao; com colocao ou retirada de o c ca massa num processo iterativo, obtm-se o balanceamento esttico quando a pea adquirir e a c equil brio indiferente. A massa colocada na posiao superior ou retirada da inferior e c quando o corpo cessa de girar. A gura indica alguns dispositivos simples para balancear.

7.2

Ba1anceamento centr fugo ou dinmico a

Consiste em se girar o corpo a uma dada velocidade, a m de se obter o desbalanceamento devido a no distribuiao uniforme de massa em relaao ao eixo de rotaao do a c c c corpo. Existem dois tipos de mquinas de balancear: a 7.2.1 Mquina de balancear de mancais ex a veis

O corpo se comporta como se estivesse livre no espao; o eixo central de inrcia ca c e xo e os mancais se movimentam. Medem-se deslocamentos ou velocidades dos mancais. A velocidade de rotao deve ser bem maior que a velocidade cr ca tica do conjunto rotor-mancais, sendo que para tanto, os mancais so bastante f1ex a veis e cr 0. Aproximando-se um giz do rotor em movimento, pode-se determinar o ponto C indicado na gura. Note-se que deve ser colocada massa nesse ponto para balancear o sistema. 7.2.2 Mquina de balancear de mancais r a gidos

Neste tipo de mquina, o corpo gira em tomo do eixo geomtrico, e so medidas as a e a foras nos mancais. A velocidade de rotao deve ser muito menor que a velocidade critica c ca do conjunto rotor-mancais, de modo a se evitar deexes no rotor. Pela gura, podemos o ver que deve ser retirada massa do ponto C (marcado por um giz aproximado do rotor girando), a m de se balancear o sistema. As foras nos mancais so obtidas por meio de c a cristais piezeltricos ou extensmetros. e o

88.1

Exerc cios ResolvidosExerc cio

Seja um rotor simtrico de massa M perfeitamente balanceado, como mostrado na gura e abaixo. Um sistema de referncia que tenha um eixo coincidente com o eixo de rotaao e c do rotor e centrado no seu baricentro constitui um sistema de eixos centrais de inrcia, e ou seja: J1 0 0 J = 0 J2 0 0 0 J3

J1 = J2

(30)

A adio de uma massa emphm (m ca M ) numa das extremidades do rotor, altera a simetria do rotor no plano Oyz, assim como provoca uma translaao do seu baricentro. c Determinar a posiao e as direes dos novos eixos centrais de inrcia. c co e 8.1.1 Soluo ca

A posiao e as direoes dos eixos centrais de inrcia sero calculadas utilizando como c c e a referncia os eixos centrais de inrcia do rotor simtrico. e e e Determinaao da translaao do baricentro: c c Inicialmente ser considerada uma translao pura do sistema de eixos Gxyz para a ca o sistema G x y z . Por deniao de baricentro temos: c MT rG =i

mi ri sendo

ri = x ex + y ey + z ez

(31)

mR Direo X: (M + m) xG = M 0 + m R xG = (M +m) ca Direo Y: (M + m) yG = M 0 + m 0 yG = 0 ca mL Direo Z: (M + m) zg = M 0 + m L zG = (M +m) ca

(32)

Devido a adio da massa m, o tensor original de inrcia altera-se para: ca e Jxx Jxy Jxz J = Jxy Jyy Jyz Jxz Jyz Jzz Sendo: Jxx Jyy Jzz m = J1 + m (y 2 + z 2 ) = J1 + m (0 + L2 ) = J2 + m (x2 + z 2 ) = J1 + m (R2 + L2 ) = J3 + m (y 2 + x2 ) = J3 + m (0 + R2 ) Jxy Jxz Jyz = 0 + mR0 = 0 = 0 + mRL = m R L = 0 + m0L = 0 J1 J1 J3

(33)

(34)

Pois M

(35)

Assim:

J1 0 mRL 0 J2 0 J = mRL 0 J3

(36)

O tensor de inrcia para o sistema G x y z utilizando a propriedade de translaao e c do baricentro, ca: J = J + MT d2 Assim: Jxx Jyy Jzz Jxz2 2 = Jxx (M + m) (yG + zG ) = Jxx 2 2 = Jxx (M + m) (xG + zG ) = Jxx 2 = Jzz (M + m) (x2 + yG ) = Jzz G

(37) J1 J2 J3

(38)

= Jxz (M + m) xG zG

Jxz

= mRL

(39)

pois yG = 0; xG e zG so muito pequenos. a Obtendo portanto: [J ] = [J] Determinaao das direoes principais de inrcia: c c e O tensor de inrcia um operador linear que aplicado a um versor e, transforma-o e e num vetor J{e}. Na direao principal de inrcia, o vetor J{e}, possui a mesma c e direao do versor e, divergindo apenas em mdulo, ou seja: c o Sendo: J{e} = J e na direao principal de inrcia, temos: c e J e = e = [J I] e = 0 (41) (40)

O que se resume num problema de auto-valor, sendo o versor e, o auto-vetor associado. Dessa forma, os valores de constituiro os momentos principais de inrcia, a e calculados no baricentro do sistema de eixos G x y z . Os auto-vetores associados a cada autovalor fornecero as componentes para cada direao central de inrcia, em a c e relaao ao sistema original. c Assim, temos: ex (J1 ) 0 mRL 0 (J1 ) 0 ey =0 ez mRL 0 (J3 )

(42)

A soluo trivial, ou seja, ex = ey = ez = 0, obviamente no interessa, logo, para ca a que o sistema tenha soluao devemos impor que o determinante da matriz quadrada c seja nulo. Assim, temos:

(J1 ) (J1 ) (J3 ) (mRL)2 = 0

(43)

Este polinmio chamado Polinmio Caracter o e o stico do problema de auto-valor. Suas ra zes constituiro, assim, os trs momentos principais de inrcia, sendo associado a e e a cada raiz um auto-vetor, dando assim, as trs direes centrais de inrcia para o e co e rotor com a massa adicionada. Uma das ra zes para esse polinmio obtida quando a expresso contida entre o o e a primeiro par de parnteses for nula, ou: e 1 = J1 Substituindo 1 , no sistema acima, temos: ex 0 0 mRL 0 0 0 ey = 0 mRL 0 (J3 J1 ) ez

(44)

(45)

A partir desse sistema de equaes, podemos calcular o auto-vetor associado a esse co autovalor, ou seja, as componentes da direo do eixo central de inrcia associada ca e ao momento de inrcia J1 . e Como foi imposto que o determinante da matriz quadrada fosse nulo, esse sistema tornou-se linearmente dependente, tornando o problema de autovetor indeterminado, ou seja, no haver apenas uma soluo, mas um conjunto de solues que satisfazem a a ca co ao sistema. Entretanto, todas as solues encontradas devem satisfazer a todas as co equaoes do sistema acima, assim o conjunto de soluoes associado ao momento de c c inrcia J1 , ser: e a m L R ez1 = 0 0 ey1 = 0 ez1 = 0 ex1 = 0 ey1 =

Com esse resultado, temos que a direao do eixo central de inrcia associado ao c e momento de inrcia J1 dada pelas seguintes componentes: e e ex1 = 0; ey1 = ; ez1 = 0

As demais ra so conseguidas anulando-se a expresso contida entre o segundo zes a a par de parnteses, assim: e (J1 )(J3 ) (mRL)2 = 0 Sendo o termo (mRL)2 muito pequeno, podemos assumir que as ra 2 e 3 , que zes satisfazem a essa expresso so da mesma ordem de grandeza de J1 e J3 , a menos a a de um valor muito pequeno, ou seja para 2 = J1 , temos:

[J1 (J1 )] [J3 (J1 )] (mRL)2 = 0 Desprezando o termo de segunda ordem, temos: = Assim, temos que: 2 = J1 + (mRL)2 J1 J3 (46) (mRL)2 J1 J3

Calculando os autovetores associados a esse autovalor, temos:

(mRL) J1 J3 0 mRL

2

0 (mRL) J1 J3 02

mRL e x2 0 ey2 = 0 ez2 J3 J1

Como podemos vericar, a primeira e a terceira equaes so linearmente depenco a dentes, de maneira que podemos utilizar apenas uma delas, juntamente com a segunda equaao desse sistema para encontrarmos os autovetores associados a esse auc tovalor. Novamente, no teremos apenas uma soluo mas um conjunto de solues, a ca co ou seja:(mRL)2 ey2 J1 J3

mRL ex2 (J1 J3 ) ez2

=0 =0

ey2 = 0 2 ez2 = (mRL) ex2 J1 J3

Com esses resultado, obtemos as componentes da direo do eixo central de inrcia ca e associado ao momento de inrcia 2 : e ex2 = 1; com: = ey2 = 0; mRL J1 J3 ez2 =

(47)

A terceira raiz do polinmio caracter o stico dada por: e 3 = J3 [J1 (J3 )] [J3 (J3 )] (mRL)2 = 0 Desprezando o termo de segunda ordem, temos:

= Assim, temos que:

(mRL)2 J1 J3 (mRL)2 J1 J3

3 = J3

Calculando os autovetores associados a esse autovalor, temos:

J1 J3 0 mRL ex3 0 J1 J3 0 ey3 = 0 (mRL)2 ez3 mRL 0 J1 J3 O conjunto de solues que fornece a direao do eixo central de inrcia associado a co c e esse autovalor dado por: e J1 J3 ey3 = 0 (J1 J3 ) ex3 mRL ez3 = 0 ey3 = 0 2 ex3 = (mRL) ez3 J1 J3

Com esses resultado, obtemos as componentes da direo do eixo central de inrcia ca e associado ao autovalor 3 : ex3 = ; ey3 = 0; ez3 = 1

Concluindo, se adicionarmos uma massa m M , a um rotor simtrico, no plano xz, e provocamos um deslocamento do centro de massa dado por: xG = mR e zG = mL , M M e uma inclinaao do eixo central de inrcia que coincide com o eixo de rotao de c e ca mRL = J1 J3 .