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
N1​ = 30N2​ = 60

Um motor de 2,2 kW girando a 1500 rpm aciona um pinhão com 30 dentes, que engrena com uma engrenagem de 60 dentes. O par de engrenagens tem rendimento de 95%. Calcule o torque T1 no eixo do motor.

P = 2,2 kWn1 = 1500 rpmN1 = 30N2 = 60η = 95%
T1 = N·m
2.Engrenagens e trens de engrenagensDifícil
d1​ = 125 mmd2​ = 500 mm2880 rpmC = 500 mmθ = ?

Uma correia aberta liga uma polia de 125 mm e uma polia de 500 mm cujos centros estão a 500 mm de distância. Encontre o ângulo de abraçamento θ na polia menor, em graus.

d1 = 125 mmd2 = 500 mmC = 500 mm
θ = °
3.Torção de eixosMédia
d = ?T = 100 N·mL = 2,5 m

Um eixo maciço de latão com 2,5 m de comprimento suporta um torque de 100 N·m. O ângulo de torção entre suas extremidades não pode passar de 0,5°. Encontre o menor diâmetro d que atende a esse limite.

T = 100 N·mL = 2,5 mG = 39 GPaφallow = 0,5°
d = mm
4.Torção de eixosDifícil
Td = ?

Um eixo maciço deve transmitir 5 kW a 500 rpm sem que a tensão de cisalhamento passe de 75 MPa. Encontre o menor diâmetro d que funciona.

P = 5 kWN = 500 rpmτallow = 75 MPa
d = mm
5.Círculo de Mohr e transformação de tensõesMédia
σx​ = −50σy​ = −30τxy​ = 10MPa

Um ponto tem σₓ = −50 MPa, σᵧ = −30 MPa e τₓᵧ = 10 MPa (tração positiva). O elemento é girado 25° no sentido anti-horário. Encontre a tensão normal σy′ nas faces do elemento girado que são perpendiculares ao eixo girado y′.

σx = −50 MPaσy = −30 MPaτxy = 10 MPaθ = 25°
σy′ = MPa
6.Círculo de Mohr e transformação de tensõesDifícil
35°D = 400 mm, t = 12 mm, p = 2,5 MPap

Um tanque cilíndrico de parede fina com diâmetro interno de 400 mm e espessura de parede de 12 mm contém gás a uma pressão manométrica de 2,5 MPa. Ele é feito de chapa soldada ao longo de uma costura helicoidal a 35° do eixo do cilindro. Encontre o módulo da tensão de cisalhamento |τn| que atua ao longo da costura de solda.

D = 400 mmt = 12 mmp = 2,5 MPaα = 35°
|τn| = MPa
7.Tensão e deformação axialMédia
200 kNØ25100 GPaØ120/50800 mmδ = ?

Uma haste de aço (diâmetro 25 mm, E = 200 GPa) está dentro de um tubo de latão (diâmetro externo 120 mm, diâmetro interno 50 mm, E = 100 GPa). Ambos têm 800 mm de comprimento e são comprimidos juntos entre placas rígidas por 200 kN. Encontre o encurtamento δ.

P = 200 kNbarra: Ø25 mm, E = 200 GPatubo: Ø120/Ø50 mm, E = 100 GPaL = 800 mm
δ = mm
8.Tensão e deformação axialDifícil
Ø 30 mmAlumínio2 mØ 20 mmLatão1 mP = 10 kN

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

P = 10 kNtrecho 1: Ø30 mm, 2 m, alumínio (E = 70 GPa)trecho 2: Ø20 mm, 1 m, latão (E = 100 GPa)
σmax = MPa
9.Flambagem de pilaresMédia
PL = 2,5 m40 × 50 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 = 2,5 mE = 70 GPa (alumínio)b × h = 40 × 50 mm
Pcr = kN
10.Flambagem de pilaresDifícil
P = 140 kNL = 5 md = ?seção transversal

Um pilar circular maciço de comprimento L feito de aço está articulado nas duas extremidades. Ele deve suportar 140 kN com um fator de segurança de 2 contra flambagem. Encontre o menor diâmetro d.

P = 140 kNn = 2L = 5 mE = 200 GPa (aço)
d = mm
11.Vibrações mecânicasMédia
tx12 mm1 ciclo8,2 mm

Em um ensaio de vibração livre de um sistema massa–mola amortecido, um pico de deslocamento de 12 mm é seguido, um ciclo depois, por um pico de 8,2 mm. Encontre o fator de amortecimento ζ.

x0 = 12 mmx1 = 8,2 mmn = 1
ζ =
12.Vibrações mecânicasDifícil
k1​ = 60k2​ = 15m = 40 kg

Uma massa de 40 kg está pendurada em duas molas ligadas uma após a outra (em série): a mola superior tem k₁ = 60 kN/m e a inferior k₂ = 15 kN/m. Despreze o amortecimento e as massas das molas. Encontre a frequência natural fn da vibração vertical em Hz.

m = 40 kgk1 = 60 kN/mk2 = 15 kN/m
fn = Hz

3Soluções

1.Engrenagens e trens de engrenagens

Resposta: T1 = 14,01 N·m

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.

Torque do motor

ω₁ = 2π·1500/60 = 157,1 rad/s
T1 = P/ω₁ = 2200/157,1 = 14,01 N·m

Resposta

T1 = 14,01 N·m
2.Engrenagens e trens de engrenagens

Resposta: θ = 136 °

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.

Ângulo da correia

asin(0,375) = 22,02°

Ângulo de abraçamento

θ = 180 − 2·22,02 = 136°

Resposta

θ = 136°
3.Torção de eixos

Resposta: d = 52,3 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 = 100 N·m = 100000 N·mm
L = 2,5 m = 2500 mm
G = 39 GPa = 39000 MPa
φ = 0,5·π/180 = 0,008727 rad
J = TL/(Gφ) = 100000·2500/(39000·0,008727) = 734561 mm⁴

Diâmetro

d = (32J/π)1/4 = 52,3 mm

Resposta

d = 52,3 mm

Na prática você arredondaria para o próximo tamanho padrão.

4.Torção de eixos

Resposta: d = 18,65 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.

Torque

ω = 2πN/60 = 2π·500/60 = 52,36 rad/s
T = P/ω = 5000/52,36 = 95,49 N·m

Diâmetro a partir da tensão admissível

d = ∛(16T/(π·τallow)) = ∛(16·95493/(π·75)) = 18,65 mm

Resposta

d = 18,65 mm

Na prática você arredondaria para o próximo tamanho padrão.

5.Círculo de Mohr e transformação de tensões

Resposta: σy′ = −41,23 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′ = −40 − (−10)·0,6428 − 10·0,766 = −41,23 MPa

Verificação

A soma das tensões normais não muda com a rotação.

σx′ = −38,77 MPa, σx′ + σy′ = −80 = σx + σy

Resposta

σy′ = −41,23 MPa
6.Círculo de Mohr e transformação de tensões

Resposta: |τn| = 9,788 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 = 2,5·200/12 = 41,67 MPa
σa = pr/(2t) = 20,83 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.

|τn| = (41,67 − 20,83)·sin 35°·cos 35° = 9,788 MPa

Resposta

|τn| = 9,788 MPa
7.Tensão e deformação axial

Resposta: δ = 0,1549 mm

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·25²/4 = 490,9 mm²
At = π(120² − 50²)/4 = 9346 mm²

Rigidez axial combinada

ΣEA = 200·10³·490,9 + 100·10³·9346 = 1,033 × 10⁹ N

Encurtamento

δ = 200000·800/1,033 × 10⁹ = 0,1549 mm

Resposta

δ = 0,1549 mm
8.Tensão e deformação axial

Resposta: σmax = 31,83 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·30²/4 = 706,9 mm², A2 = π·20²/4 = 314,2 mm²
σ1 = 14,15 MPa
σ2 = 31,83 MPa

Maior tensão

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

σmax = 31,83 MPa

Resposta

σmax = 31,83 MPa
9.Flambagem de pilares

Resposta: Pcr = 7,369 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 = 50·40³/12 = 266667 mm⁴

Comprimento efetivo

KL = 2·2500 = 5000 mm

Carga crítica

Pcr = π²EI/(KL)² = π²·70000·266667/5000² = 7369 N = 7,369 kN

Resposta

Pcr = 7,369 kN
10.Flambagem de pilares

Resposta: d = 92,19 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 = 2·140000 = 280000 N
KL = 1·5000 = 5000 mm

Resolva para o diâmetro

d = (64·n·P·(KL)²/(π³E))^(1/4) = (64·280000·5000²/(π³·200000))^(1/4) = 92,19 mm

Resposta

d = 92,19 mm

Verificação: a esbeltez KL/r é 216,9, então o pilar é esbelto e Euler se aplica.

11.Vibrações mecânicas

Resposta: ζ = 0,06049

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 = (1/1)·ln(12/8,2) = 0,3808

Fator de amortecimento

ζ = δ/√(4π² + δ²) = 0,3808/√(39,48 + 0,145) = 0,06049

Resposta

ζ = 0,06049
12.Vibrações mecânicas

Resposta: fn = 2,757 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

Molas em série compartilham a mesma força e somam suas deflexões, então se combinam pelos inversos: 1/k = 1/k1 + 1/k2.

1/keq = 1/60 + 1/15 → keq = 60·15/(60 + 15) = 12 kN/m

Frequência natural

ωn = √(12000/40) = 17,32 rad/s
fn = 17,32/(2π) = 2,757 Hz

Resposta

fn = 2,757 Hz

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