Projeto de Máquinas: pacote de revisão

Formulários, as principais etapas dos métodos de cada tópico e 12 exercícios, com soluções completas no final.

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1Fórmulas e métodos

Engrenagens e trens de engrenagens

Engrenagens acopladas
n1·N1 = n2·N2
Torque
T2 = T1·(N2/N1)·η
Potência
P = T·ω, ω = 2π·n/60
Trem composto
relação total = produto das relações de cada estágio

Torção de eixos

Tensão de cisalhamento
τ = T·r/J
Eixo maciço
J = πd⁴/32
Eixo vazado
J = π(D⁴ − d⁴)/32
Ângulo de torção
φ = TL/(GJ)
Potência
P = T·ω = 2πnT/60

Método

  1. Encontre o momento polar de inércia: J = πd⁴/32 para um eixo maciço.
  2. Tensão de cisalhamento na superfície: τ = T·r/J, com r o raio externo.
  3. Ângulo de torção: φ = TL/(GJ) em radianos.
  4. Se a potência for dada, encontre primeiro o torque com P = T·ω, ω = 2πn/60.

Círculo de Mohr e transformação de tensões

Centro
C = (σx + σy)/2
Raio
R = √(((σx − σy)/2)² + τxy²)
Tensões principais
σ1,2 = C ± R
Direção principal
tan 2θp = 2τxy/(σx − σy)
Plano inclinado
σθ = C + (σx − σy)/2·cos 2θ + τxy·sin 2θ

Método

  1. Calcule o centro do círculo de Mohr: C = (σx + σy)/2.
  2. Calcule o raio: R = √(((σx − σy)/2)² + τxy²).
  3. As tensões principais são C ± R e a maior tensão de cisalhamento no plano é R.
  4. Os ângulos no círculo são o dobro dos ângulos no elemento: tan 2θp = 2τxy/(σx − σy).

Tensão e deformação axial

Tensão normal
σ = F/A
Deformação
ε = ΔL/L
Lei de Hooke
σ = E·ε
Alongamento
ΔL = FL/(EA)
Deformação térmica
εT = α·ΔT

Flambagem de pilares

Carga crítica de Euler
Pcr = π²EI/(KL)²
Fator de comprimento efetivo
K = 1 articulado–articulado, 0,5 engastado–engastado, 0,7 engastado–articulado, 2 engastado–livre
Tensão crítica
σcr = Pcr/A
Esbeltez
λ = KL/r, r = √(I/A)

Vibrações mecânicas

Frequência natural
ωn = √(k/m), fn = ωn/(2π)
A partir da deflexão estática
ωn = √(g/δst)
Amortecimento crítico
cc = 2√(km) = 2mωn
Fator de amortecimento
ζ = c/cc
Frequência amortecida
ωd = ωn√(1 − ζ²)
Decremento logarítmico
δ = (1/n)·ln(x0/xn), ζ = δ/√(4π² + δ²)
Molas em paralelo
k = k1 + k2
Molas em série
1/k = 1/k1 + 1/k2

2Exercícios

1.Engrenagens e trens de engrenagensMédia
d1​ = 160 mmd2​ = 400 mm1450 rpmn2​ = ?

Uma polia de 160 mm a 1450 rpm aciona uma polia de 400 mm por uma correia com 1,5 % de escorregamento. Encontre a velocidade n2 da polia movida.

n1 = 1450 rpmd1 = 160 mmd2 = 400 mms = 1,5 %
n2 = rpm
2.Engrenagens e trens de engrenagensDifícil
A = 50B = 60C = 32D = 60

Em um trem de engrenagens composto, a engrenagem A (50 dentes), no eixo de entrada girando a 3000 rpm, aciona a engrenagem B (60 dentes). A engrenagem C (32 dentes) está fixada no mesmo eixo que B e aciona a engrenagem D (60 dentes) no eixo de saída. Calcule a rotação de saída nout.

nin = 3000 rpmA = 50B = 60C = 32D = 60
nout = rpm
3.Torção de eixosMédia
d = 15 mmT = 50 N·m200 mmφ = 1,44°

Em um ensaio de torção, um corpo de prova maciço de diâmetro 15 mm é torcido por um torque de 50 N·m. As duas extremidades de um comprimento de referência de 200 mm giram 1,44° uma em relação à outra (o material ainda está no regime elástico). Encontre o módulo de elasticidade transversal G do material.

T = 50 N·md = 15 mmL = 200 mmφ = 1,44°
G = GPa
4.Torção de eixosDifícil
Tdo​ = 60 mm, di​ = 45 mm

Um eixo vazado transmite 100 kW a 300 rpm. Encontre a tensão de cisalhamento máxima τmax no eixo.

P = 100 kWN = 300 rpmdo = 60 mmdi = 45 mm
τmax = MPa
5.Círculo de Mohr e transformação de tensõesMédia
σx​ = 40σy​ = 30τxy​ = −50MPa

Um ponto tem σₓ = 40 MPa, σᵧ = 30 MPa e τₓᵧ = −50 MPa (tração positiva). O elemento é girado 15° no sentido anti-horário. Encontre a tensão normal σy′ nas faces do elemento girado que são perpendiculares ao eixo girado y′.

σx = 40 MPaσy = 30 MPaτxy = −50 MPaθ = 15°
σy′ = MPa
6.Círculo de Mohr e transformação de tensõesDifícil
σx​ = −80σy​ = −30τxy​ = 10MPa

Um ponto de uma peça carregada tem σₓ = −80 MPa, σᵧ = −30 MPa e τₓᵧ = 10 MPa (tração positiva). Calcule a tensão de cisalhamento τθ em um plano cuja normal está girada 15° no sentido anti-horário a partir do eixo x (positiva no mesmo sentido de τₓᵧ).

σx = −80 MPaσy = −30 MPaτxy = 10 MPaθ = 15°
τθ = MPa
7.Tensão e deformação axialMédia
Ø 12 mmAlumínio1 mP = 15 kN

Encontre a deformação axial ε na barra de alumínio, em microdeformação (µε = 10⁻⁶).

P = 15 kNd = 12 mmL = 1 mE = 70 GPa
ε = µε
8.Tensão e deformação axialDifícil
P = ?Ø40110 GPaØ80/60800 mm

Uma haste de aço (diâmetro 40 mm, E = 200 GPa, tensão admissível 200 MPa) está dentro de um tubo de bronze (diâmetro externo 80 mm, diâmetro interno 60 mm, E = 110 GPa, tensão admissível 80 MPa). Eles são comprimidos juntos entre placas rígidas. Encontre a maior carga Pmax.

barra: Ø40 mm, E = 200 GPa, σallow = 200 MPatubo: Ø80/Ø60 mm, E = 110 GPa, σallow = 80 MPa
Pmax = kN
9.Flambagem de pilaresMédia
PL = 2 m25 × 80 mmseção transversal

Um pilar de comprimento L feito de alumínio está engastado na base e livre no topo. Usando a fórmula de Euler, encontre sua carga crítica de flambagem Pcr.

L = 2 mE = 70 GPa (alumínio)b × h = 25 × 80 mm
Pcr = kN
10.Flambagem de pilaresDifícil
P = 35 kNL = 5 md = ?seção transversal

Um pilar circular maciço de comprimento L feito de aço está articulado nas duas extremidades. Ele deve suportar 35 kN com um fator de segurança de 2,5 contra flambagem. Encontre o menor diâmetro d.

P = 35 kNn = 2,5L = 5 mE = 200 GPa (aço)
d = mm
11.Vibrações mecânicasMédia
tx50 mm4 ciclos18,3 mm

Em um ensaio de vibração livre de um sistema massa–mola amortecido, um pico de deslocamento de 50 mm é seguido, 4 ciclos depois, por um pico de 18,3 mm. Encontre o fator de amortecimento ζ.

x0 = 50 mmx4 = 18,3 mmn = 4
ζ =
12.Vibrações mecânicasDifícil
k1​ = 5k2​ = 15k3​ = 15m = 25 kg

Uma massa de 25 kg está pendurada na mola k₃ = 15 kN/m. O topo de k₃ está preso a uma barra rígida que está pendurada em duas molas lado a lado, k₁ = 5 kN/m e k₂ = 15 kN/m; a barra permanece nivelada. Despreze o amortecimento e as massas das molas e da barra. Encontre a frequência natural fn da vibração vertical em Hz.

m = 25 kgk1 = 5 kN/mk2 = 15 kN/mk3 = 15 kN/m
fn = Hz

3Soluções

1.Engrenagens e trens de engrenagens

Resposta: n2 = 571,3 rpm

Transmissões por correia: sem escorregamento, as duas polias têm a mesma velocidade periférica v = π·d·n/60, de modo que n₁·d₁ = n₂·d₂ e a relação de velocidades é d₂/d₁. O escorregamento s torna a polia movida um pouco mais lenta: n₂ = n₁·(d₁/d₂)·(1 − s). A potência transmitida é P = (T₁ − T₂)·v, com T₁ a tração no lado tracionado e T₂ no lado frouxo. O atrito limita a razão das trações: T₁/T₂ = eμθ, em que θ é o ângulo de abraçamento em radianos na polia menor; para uma correia aberta, θ = π − 2·asen((d₂ − d₁)/(2C)) com distância entre centros C.

Velocidade sem escorregamento

1450·160/400 = 580 rpm

Com escorregamento

n2 = 580·0,985 = 571,3 rpm

Resposta

n2 = 571,3 rpm
2.Engrenagens e trens de engrenagens

Resposta: nout = 1333 rpm

Trens de engrenagens: engrenagens acopladas têm a mesma velocidade nos dentes, então n₁·N₁ = n₂·N₂: a engrenagem com menos dentes gira mais rápido. Engrenagens no mesmo eixo giram com a mesma rotação. A potência é transmitida (menos as perdas), então o torque aumenta quando a rotação diminui: T₂ = T₁·(N₂/N₁)·η, e P = T·ω com ω = 2π·n/60.

Primeiro estágio

nB = 3000·50/60 = 2500 rpm = nC

Segundo estágio

nout = 2500·32/60 = 1333 rpm

Resposta

nout = 1333 rpm

relação total = 2,25 : 1

3.Torção de eixos

Resposta: G = 80,06 GPa

Torção de eixos circulares: a tensão de cisalhamento cresce linearmente de zero no centro até τmax = T·r/J na superfície, com J = πd⁴/32 para um eixo maciço e J = π(do⁴ − di⁴)/32 para um vazado. O ângulo de torção é φ = TL/(GJ) em radianos. Potência e torque se relacionam por P = T·ω.

Momento polar e ângulo

J = π·15⁴/32 = 4970 mm⁴
φ = 1,44·π/180 = 0,02513 rad

Módulo de cisalhamento

T = 50 N·m = 50000 N·mm
G = TL/(Jφ) = 50000·200/(4970·0,02513) = 80056 MPa
G = 80,06 GPa

Resposta

G = 80,06 GPa

Compare: aço ≈ 80 GPa, latão ≈ 39 GPa, alumínio ≈ 26 GPa.

4.Torção de eixos

Resposta: τmax = 109,8 MPa

Torção de eixos circulares: a tensão de cisalhamento cresce linearmente de zero no centro até τmax = T·r/J na superfície, com J = πd⁴/32 para um eixo maciço e J = π(do⁴ − di⁴)/32 para um vazado. O ângulo de torção é φ = TL/(GJ) em radianos. Potência e torque se relacionam por P = T·ω.

Torque

ω = 2πN/60 = 2π·300/60 = 31,42 rad/s
T = P/ω = 100000/31,42 = 3183 N·m

Momento polar de inércia

J = π(60⁴ − 45⁴)/32 = 869767 mm⁴

Tensão de cisalhamento máxima

τmax = T·(do/2)/J = 3,183 × 10⁶·30/869767 = 109,8 MPa

Resposta

τmax = 109,8 MPa
5.Círculo de Mohr e transformação de tensões

Resposta: σy′ = 55,67 MPa

Transformação do estado plano de tensões: em um plano girado de θ, σ = (σₓ + σᵧ)/2 + (σₓ − σᵧ)/2·cos 2θ + τₓᵧ·sin 2θ. O círculo de Mohr mostra todos os planos de uma vez: seu centro está em C = (σₓ + σᵧ)/2 e seu raio é R = √(((σₓ − σᵧ)/2)² + τₓᵧ²). As tensões principais são C ± R, e a maior tensão de cisalhamento no plano é R.

Equação de transformação para a face y′

σy′ = 35 − 5·0,866 − (−50)·0,5 = 55,67 MPa

Verificação

A soma das tensões normais não muda com a rotação.

σx′ = 14,33 MPa, σx′ + σy′ = 70 = σx + σy

Resposta

σy′ = 55,67 MPa
6.Círculo de Mohr e transformação de tensões

Resposta: τθ = 21,16 MPa

Transformação do estado plano de tensões: em um plano girado de θ, σ = (σₓ + σᵧ)/2 + (σₓ − σᵧ)/2·cos 2θ + τₓᵧ·sin 2θ. O círculo de Mohr mostra todos os planos de uma vez: seu centro está em C = (σₓ + σᵧ)/2 e seu raio é R = √(((σₓ − σᵧ)/2)² + τₓᵧ²). As tensões principais são C ± R, e a maior tensão de cisalhamento no plano é R.

Equação de transformação

τθ = −−25·0,5 + 10·0,866 = 21,16 MPa

Resposta

τθ = 21,16 MPa
7.Tensão e deformação axial

Resposta: ε = 1895 µε

Lei de Hooke: no regime elástico σ = E·ε. Combinando com σ = P/A e ε = δ/L, obtém-se δ = PL/(AE).

Tensão

A = π·12²/4 = 113,1 mm²
σ = P/A = 15·1000/113,1 = 132,6 MPa

Deformação (lei de Hooke)

E for alumínio = 70 GPa = 70000 MPa.

ε = σ/E = 132,6/70000 = 0,001895 = 1895 µε

Resposta

ε = 1895 µε
8.Tensão e deformação axial

Resposta: Pmax = 358,7 kN

Dois materiais: em série (um após o outro), cada trecho suporta a mesma força e os alongamentos se somam: δ = P·Σ L/(E·A). Em paralelo (lado a lado entre placas rígidas), as duas partes encurtam o mesmo tanto, de modo que suas deformações são iguais: a parte mais rígida assume a maior fatia, Pi = P·EiAi/ΣEA, e σi = Ei·ε. Uma barra presa entre duas paredes rígidas com uma carga na junção é estaticamente indeterminada: os dois trechos dividem a carga na proporção da sua rigidez k = EA/L.

Áreas

Ar = π·40²/4 = 1257 mm²
At = π(80² − 60²)/4 = 2199 mm²

Rigidez axial combinada

ΣEA = 200·10³·1257 + 110·10³·2199 = 4,932 × 10⁸ N

Deformação governante

ε = min(0,001, 0,0007273) = 0,0007273 (bronze)

Maior carga

Pmax = 0,0007273·4,932 × 10⁸ = 358713 N = 358,7 kN

Resposta

Pmax = 358,7 kN
9.Flambagem de pilares

Resposta: Pcr = 4,498 kN

Flambagem de Euler: um pilar esbelto fica instável em Pcr = π²EI/(KL)², onde KL é o comprimento efetivo: K = 1 para articulado–articulado, 2 para engastado–livre, 0,7 para engastado–articulado e 0,5 para engastado–engastado. Ele flamba em torno do eixo com o menor I. A fórmula vale para pilares esbeltos, cuja tensão crítica fica abaixo da tensão de escoamento.

Menor momento de inércia

Um retângulo flamba em torno do eixo fraco, usando a menor dimensão ao cubo.

Imin = h·b³/12 = 80·25³/12 = 104167 mm⁴

Comprimento efetivo

KL = 2·2000 = 4000 mm

Carga crítica

Pcr = π²EI/(KL)² = π²·70000·104167/4000² = 4498 N = 4,498 kN

Resposta

Pcr = 4,498 kN
10.Flambagem de pilares

Resposta: d = 68,93 mm

Flambagem de Euler: um pilar esbelto fica instável em Pcr = π²EI/(KL)², onde KL é o comprimento efetivo: K = 1 para articulado–articulado, 2 para engastado–livre, 0,7 para engastado–articulado e 0,5 para engastado–engastado. Ele flamba em torno do eixo com o menor I. A fórmula vale para pilares esbeltos, cuja tensão crítica fica abaixo da tensão de escoamento.

Carga crítica necessária

Pcr = n·P = 2,5·35000 = 87500 N
KL = 1·5000 = 5000 mm

Resolva para o diâmetro

d = (64·n·P·(KL)²/(π³E))^(1/4) = (64·87500·5000²/(π³·200000))^(1/4) = 68,93 mm

Resposta

d = 68,93 mm

Verificação: a esbeltez KL/r é 290,1, então o pilar é esbelto e Euler se aplica.

11.Vibrações mecânicas

Resposta: ζ = 0,03996

Vibração livre de um sistema massa–mola: a frequência natural não amortecida é ωn = √(k/m) em rad/s, e fn = ωn/(2π) em Hz. Um amortecedor viscoso c dá o fator de amortecimento ζ = c/cc, com amortecimento crítico cc = 2·√(k·m) = 2·m·ωn. Um sistema subamortecido (ζ < 1) oscila em ωd = ωn·√(1 − ζ²). Molas em paralelo se somam, k = k₁ + k₂; molas em série se somam pelos inversos, 1/k = 1/k₁ + 1/k₂.

Decremento logarítmico

δ = (1/4)·ln(50/18,3) = 0,2513

Fator de amortecimento

ζ = δ/√(4π² + δ²) = 0,2513/√(39,48 + 0,06314) = 0,03996

Resposta

ζ = 0,03996
12.Vibrações mecânicas

Resposta: fn = 2,947 Hz

Vibração livre de um sistema massa–mola: a frequência natural não amortecida é ωn = √(k/m) em rad/s, e fn = ωn/(2π) em Hz. Um amortecedor viscoso c dá o fator de amortecimento ζ = c/cc, com amortecimento crítico cc = 2·√(k·m) = 2·m·ωn. Um sistema subamortecido (ζ < 1) oscila em ωd = ωn·√(1 − ζ²). Molas em paralelo se somam, k = k₁ + k₂; molas em série se somam pelos inversos, 1/k = 1/k₁ + 1/k₂.

Rigidez equivalente

Só k1 e k2 estão em paralelo. Esse par está em série com k3, então combine-os pelos inversos.

k12 = 5 + 15 = 20 kN/m
keq = 20·15/(20 + 15) = 8,571 kN/m

Frequência natural

ωn = √(8571/25) = 18,52 rad/s
fn = 18,52/(2π) = 2,947 Hz

Resposta

fn = 2,947 Hz

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