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​ = 120 mmd2​ = 300 mm1450 rpmn2​ = ?

Uma polia de 120 mm a 1450 rpm aciona uma polia de 300 mm por uma correia com 1,5 % de escorregamento. Encontre a velocidade n2 da polia movida.

n1 = 1450 rpmd1 = 120 mmd2 = 300 mms = 1,5 %
n2 = rpm
2.Engrenagens e trens de engrenagensDifícil
Ns​ = 12coroa fixaNp​ = 30nc​ = ?

Em um trem de engrenagens planetário a engrenagem solar tem 12 dentes e cada satélite tem 30 dentes. A coroa é mantida fixa e a solar é acionada a 3000 rpm. Encontre a rotação nc do porta-satélites.

Ns = 12Np = 30ns = 3000 rpm
nc = rpm
3.Torção de eixosMédia
d = ?T = 1000 N·mL = 1,2 m

Um eixo maciço de aço com 1,2 m de comprimento suporta um torque de 1000 N·m. O ângulo de torção entre suas extremidades não pode passar de 2°. Encontre o menor diâmetro d que atende a esse limite.

T = 1000 N·mL = 1,2 mG = 80 GPaφallow = 2°
d = mm
4.Torção de eixosDifícil
d = 60 mmT0​ = 400 N·mACBa = 3 mb = 2 m

Um eixo maciço de alumínio com diâmetro 60 mm está fixo a paredes rígidas nas duas extremidades A e B. Um torque de 400 N·m é aplicado em C, a 3 m de A e a 2 m de B. Encontre o torque de reação TA na parede A.

d = 60 mmT0 = 400 N·ma = 3 mb = 2 m
TA = N·m
5.Círculo de Mohr e transformação de tensõesMédia
σx​ = 60σy​ = 120τxy​ = 50MPa

Um ponto de uma peça carregada tem σₓ = 60 MPa, σᵧ = 120 MPa e τₓᵧ = 50 MPa (tração positiva). Calcule a tensão de cisalhamento máxima no plano τmax.

σx = 60 MPaσy = 120 MPaτxy = 50 MPa
τmax = MPa
6.Círculo de Mohr e transformação de tensõesDifícil
35°D = 400 mm, t = 6 mm, p = 3 MPap

Um tanque cilíndrico de parede fina com diâmetro interno de 400 mm e espessura de parede de 6 mm contém gás a uma pressão manométrica de 3 MPa. Ele é feito de chapa soldada ao longo de uma costura helicoidal a 35° do eixo do cilindro. Encontre a tensão normal σn que atua através da costura de solda.

D = 400 mmt = 6 mmp = 3 MPaα = 35°
σn = MPa
7.Tensão e deformação axialMédia
P = ?12400 mm500 mmØ30Ø60δ = 0,4 mm

Uma barra é feita de um trecho de aço (diâmetro 30 mm, comprimento 400 mm, E = 200 GPa) unido topo a topo a um trecho de latão (diâmetro 60 mm, comprimento 500 mm, E = 100 GPa). Ela é fixa em uma extremidade e puxada na outra. Encontre a carga axial P que a alonga 0,4 mm no total.

trecho 1: aço, Ø30 mm, 400 mm, E = 200 GPatrecho 2: latão, Ø60 mm, 500 mm, E = 100 GPaδ = 0,4 mm
P = kN
8.Tensão e deformação axialDifícil
Ø 40 mmCobre1,5 mØ 16 mmAlumínio1,5 mP = 45 kN

A barra escalonada está engastada na parede e carregada na extremidade livre. Encontre a maior tensão normal σmax na barra.

P = 45 kNtrecho 1: Ø40 mm, 1,5 m, cobre (E = 117 GPa)trecho 2: Ø16 mm, 1,5 m, alumínio (E = 70 GPa)
σmax = MPa
9.Flambagem de pilaresMédia
PL = 2 m25 × 80 mmseção transversal

Um pilar de comprimento L feito de alumínio está articulado nas duas extremidades. 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
PL = 6 md = 50 mmseção transversal

Um pilar de comprimento L feito de aço está articulado nas duas extremidades. Encontre sua esbeltez e a tensão crítica de flambagem σcr pela fórmula de Euler.

L = 6 mE = 200 GPa (aço)d = 50 mm
σcr = MPa
11.Vibrações mecânicasMédia
k = 100 kN/mc = 1600 N·s/mm = 40 kg

Uma massa de 40 kg é sustentada por uma mola com rigidez de 100 kN/m e por um amortecedor viscoso com coeficiente de amortecimento de 1600 N·s/m. Encontre o fator de amortecimento ζ.

m = 40 kgk = 100 kN/mc = 1600 N·s/m
ζ =
12.Vibrações mecânicasDifícil
k1​ = 30k2​ = 50k3​ = 100m = 25 kg

Uma massa de 25 kg está pendurada na mola k₃ = 100 kN/m. O topo de k₃ está preso a uma barra rígida que está pendurada em duas molas lado a lado, k₁ = 30 kN/m e k₂ = 50 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 = 30 kN/mk2 = 50 kN/mk3 = 100 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

1450·120/300 = 580 rpm

Com escorregamento

n2 = 580·0,985 = 571,3 rpm

Resposta

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

Resposta: nc = 428,6 rpm

Trens de engrenagens planetários: as rotações da solar, da coroa e do porta-satélites estão ligadas pela equação de Willis (ns − nc)/(nr − nc) = −Nr/Ns: visto do porta-satélites, o conjunto é um trem comum com os satélites como engrenagens intermediárias. Manter um membro fixo transforma o conjunto em um redutor de relação única.

Dentes da coroa

Nr = Ns + 2·Np = 12 + 2·30 = 72

Equação de Willis com a coroa fixa

Faça nr = 0 e resolva para a rotação do porta-satélites.

(3000 − nc)/(0 − nc) = −72/12
nc = ns·Ns/(Ns + Nr) = 3000·12/84 = 428,6 rpm

Resposta

nc = 428,6 rpm

O porta-satélites gira no mesmo sentido que a solar.

3.Torção de eixos

Resposta: d = 45,74 mm

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 necessário

T = 1000 N·m = 1 × 10⁶ N·mm
L = 1,2 m = 1200 mm
G = 80 GPa = 80000 MPa
φ = 2·π/180 = 0,03491 rad
J = TL/(Gφ) = 1 × 10⁶·1200/(80000·0,03491) = 429718 mm⁴

Diâmetro

d = (32J/π)1/4 = 45,74 mm

Resposta

d = 45,74 mm

Na prática você arredondaria para o próximo tamanho padrão.

4.Torção de eixos

Resposta: TA = 160 N·m

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. Quando as duas extremidades estão fixas, a estática sozinha dá apenas TA + TB = T₀; a segunda equação é a compatibilidade (torções iguais das duas partes na seção carregada).

Equilíbrio e compatibilidade

TA + TB = 400
TA·a = TB·b
TA = 400·2/5 = 160 N·m
TB = 400·3/5 = 240 N·m

Resposta

TA = 160 N·m
5.Círculo de Mohr e transformação de tensões

Resposta: τmax = 58,31 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.

στxyCτmax​

Raio do círculo de Mohr

τmax = R = √(((60 − 120)/2)² + 50²) = 58,31 MPa

Resposta

τmax = 58,31 MPa
6.Círculo de Mohr e transformação de tensões

Resposta: σn = 83,55 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. Cilindro de parede fina: tensão circunferencial σh = pr/t e tensão axial σa = pr/(2t); essas são as tensões principais na parede.

Tensões na parede

r = 400/2 = 200 mm
σh = pr/t = 3·200/6 = 100 MPa
σa = pr/(2t) = 50 MPa

Transforme para a costura

Tome x ao longo do eixo (σa) e y na direção circunferencial (σh). A normal da costura forma 90° − α com o eixo.

σn = 50·sin²35° + 100·cos²35° = 83,55 MPa

Resposta

σn = 83,55 MPa
7.Tensão e deformação axial

Resposta: P = 87 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

A₁ = 706,9 mm², A₂ = 2827 mm²

Flexibilidades

L₁/(E₁A₁) = 400/(200000·706,9) = 2,829 × 10⁻⁶ mm/N
L₂/(E₂A₂) = 500/(100000·2827) = 1,768 × 10⁻⁶ mm/N

Carga

P = 0,4/4,598 × 10⁻⁶ = 86998 N = 87 kN

Resposta

P = 87 kN
8.Tensão e deformação axial

Resposta: σmax = 223,8 MPa

Barras com carga axial: cada trecho prismático obedece a δ = PL/(AE). Para barras em série, os alongamentos se somam.

A mesma força nos dois trechos

A extremidade livre suporta P, então toda seção da barra suporta a mesma força axial P. Só as áreas e os materiais mudam.

A1 = π·40²/4 = 1257 mm², A2 = π·16²/4 = 201,1 mm²
σ1 = 35,81 MPa
σ2 = 223,8 MPa

Maior tensão

O trecho mais fino tem a menor área, então suporta a maior tensão.

σmax = 223,8 MPa

Resposta

σmax = 223,8 MPa
9.Flambagem de pilares

Resposta: Pcr = 17,99 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 = 1·2000 = 2000 mm

Carga crítica

Pcr = π²EI/(KL)² = π²·70000·104167/2000² = 17991 N = 17,99 kN

Resposta

Pcr = 17,99 kN
10.Flambagem de pilares

Resposta: σcr = 8,567 MPa

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

Uma seção circular tem o mesmo I em relação a qualquer eixo.

I = πd⁴/64 = π·50⁴/64 = 306796 mm⁴

Raio de giração e esbeltez

A = 1963 mm²
r = √(I/A) = √(306796/1963) = 12,5 mm
KL = 1·6000 = 6000 mm
KL/r = 6000/12,5 = 480

Tensão crítica

σcr = π²E/(KL/r)² = π²·200000/480² = 8,567 MPa

Resposta

σcr = 8,567 MPa
11.Vibrações mecânicas

Resposta: ζ = 0,4

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.

Amortecimento crítico

cc = 2·√(k·m) = 2·√(100000·40) = 4000 N·s/m

Fator de amortecimento

ζ = c/cc = 1600/4000 = 0,4

Resposta

ζ = 0,4

ζ < 1, então o sistema é subamortecido e oscila enquanto decai.

12.Vibrações mecânicas

Resposta: fn = 6,711 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 = 30 + 50 = 80 kN/m
keq = 80·100/(80 + 100) = 44,44 kN/m

Frequência natural

ωn = √(44444/25) = 42,16 rad/s
fn = 42,16/(2π) = 6,711 Hz

Resposta

fn = 6,711 Hz

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