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​N2​ = ?

Dois eixos paralelos estão a 180 mm de distância. Eles devem ser ligados por um par de engrenagens de dentes retos com módulo de 4 mm e redução de 5 : 1. Quantos dentes N2 a engrenagem deve ter?

a = 180 mmm = 4 mmi = 5
N2 =
2.Engrenagens e trens de engrenagensDifícil
Ns​ = 12nr​ = ?Np​ = 15porta-satélites fixo

Em um trem de engrenagens planetário a engrenagem solar tem 12 dentes e cada satélite tem 15 dentes. O porta-satélites é mantido fixo e a solar é acionada a 900 rpm. Encontre a rotação nr da coroa (em módulo).

Ns = 12Np = 15ns = 900 rpm
nr = rpm
3.Torção de eixosMédia
T = 750 N·md = 50 mmL = 0,5 mφ = ?

Um eixo maciço de alumínio está engastado na parede e é torcido por um torque T na extremidade livre. Encontre o ângulo de torção φ da extremidade livre, em graus.

T = 750 N·md = 50 mmL = 0,5 mG = 26 GPa
φ = °
4.Torção de eixosDifícil
do​ = ?15 kW, 500 rpm

Um eixo vazado deve transmitir 15 kW a 500 rpm. Seu diâmetro interno deve ser 0,7 vezes o diâmetro externo, e a tensão de cisalhamento não pode passar de 75 MPa. Encontre o menor diâmetro externo do.

P = 15 kWN = 500 rpmdi/do = 0,7τallow = 75 MPa
do = mm
5.Círculo de Mohr e transformação de tensõesMédia
σx​ = 0σy​ = 10τxy​ = −20MPa

Um ponto de uma peça carregada tem σₓ = 0 MPa, σᵧ = 10 MPa e τₓᵧ = −20 MPa (tração positiva). Calcule o ângulo θp do eixo x até a direção da maior tensão principal, entre −90° e 90°.

σx = 0 MPaσy = 10 MPaτxy = −20 MPa
θp = °
6.Círculo de Mohr e transformação de tensõesDifícil
55°D = 1200 mm, t = 12 mm, p = 3 MPap

Um tanque cilíndrico de parede fina com diâmetro interno de 1200 mm e espessura de parede de 12 mm contém gás a uma pressão manométrica de 3 MPa. Ele é feito de chapa soldada ao longo de uma costura helicoidal a 55° do eixo do cilindro. Encontre o módulo da tensão de cisalhamento |τn| que atua ao longo da costura de solda.

D = 1200 mmt = 12 mmp = 3 MPaα = 55°
|τn| = MPa
7.Tensão e deformação axialMédia
100 kNØ30120 GPaØ100/70600 mmδ = ?

Uma haste de aço (diâmetro 30 mm, E = 200 GPa) está dentro de um tubo de cobre (diâmetro externo 100 mm, diâmetro interno 70 mm, E = 120 GPa). Ambos têm 600 mm de comprimento e são comprimidos juntos entre placas rígidas por 100 kN. Encontre o encurtamento δ.

P = 100 kNbarra: Ø30 mm, E = 200 GPatubo: Ø100/Ø70 mm, E = 120 GPaL = 600 mm
δ = mm
8.Tensão e deformação axialDifícil
Ø 40 mmAço1 mØ 20 mmCobre1,5 mP = 80 kN

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

P = 80 kNtrecho 1: Ø40 mm, 1 m, aço (E = 200 GPa)trecho 2: Ø20 mm, 1,5 m, cobre (E = 117 GPa)
σmax = MPa
9.Flambagem de pilaresMédia
PL = 6 md = 60 mmseção transversal

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

L = 6 mE = 200 GPa (aço)d = 60 mm
Pcr = kN
10.Flambagem de pilaresDifícil
P = 30 kNL = 5 md = ?seção transversal

Um pilar circular maciço de comprimento L feito de aço está engastado na base e articulado no topo. Ele deve suportar 30 kN com um fator de segurança de 2,5 contra flambagem. Encontre o menor diâmetro d.

P = 30 kNn = 2,5L = 5 mE = 200 GPa (aço)
d = mm
11.Vibrações mecânicasMédia
k = 80 kN/mc = 2260 N·s/mm = 100 kg

Uma massa de 100 kg é sustentada por uma mola com rigidez de 80 kN/m e por um amortecedor viscoso com coeficiente de amortecimento de 2260 N·s/m. Encontre o fator de amortecimento ζ.

m = 100 kgk = 80 kN/mc = 2260 N·s/m
ζ =
12.Vibrações mecânicasDifícil
k1​ = 15k2​ = 40k3​ = 40m = 50 kg

Uma massa de 50 kg está pendurada na mola k₃ = 40 kN/m. O topo de k₃ está preso a uma barra rígida que está pendurada em duas molas lado a lado, k₁ = 15 kN/m e k₂ = 40 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 = 50 kgk1 = 15 kN/mk2 = 40 kN/mk3 = 40 kN/m
fn = Hz

3Soluções

1.Engrenagens e trens de engrenagens

Resposta: N2 = 75

Geometria de engrenagens: o módulo m define o tamanho do dente. Uma engrenagem com N dentes tem diâmetro primitivo d = m·N, duas engrenagens acopladas têm o mesmo módulo, e a distância entre centros é a = (d₁ + d₂)/2 = m·(N₁ + N₂)/2. A velocidade tangencial no diâmetro primitivo é v = π·d·n/60, e a força tangencial no dente vem do torque: Ft = 2T/d.

Número total de dentes

N1 + N2 = 2a/m = 2·180/4 = 90

Divida pela relação

N1 = 90/(1 + 5) = 15
N2 = 5·15 = 75

Resposta

N2 = 75
2.Engrenagens e trens de engrenagens

Resposta: nr = 257,1 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 + 2·15 = 42

Equação de Willis com o porta-satélites fixo

Com nc = 0 a solar aciona a coroa através dos satélites, que funcionam como engrenagens intermediárias.

nr = −ns·Ns/Nr = −900·12/42 = −257,1 rpm
|nr| = 257,1 rpm

Resposta

nr = 257,1 rpm

A coroa gira no sentido oposto ao da solar.

3.Torção de eixos

Resposta: φ = 1,347 °

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 de inércia

J = π·50⁴/32 = 613592 mm⁴

Ângulo de torção

φ = TL/(GJ) = 750·1000·500/(26000·613592) = 0,02351 rad
φ = 0,02351·180/π = 1,347°

Resposta

φ = 1,347°
4.Torção de eixos

Resposta: do = 29,47 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 = 15000/52,36 = 286,5 N·m

Diâmetro externo pela tensão admissível

T = 286,5 N·m = 286479 N·mm
1 − k⁴ = 1 − 0,7⁴ = 0,7599
do = ∛(16T/(π·τallow·(1 − k⁴))) = ∛(16·286479/(π·75·0,7599)) = 29,47 mm
di = 0,7·29,47 = 20,63 mm

Resposta

do = 29,47 mm

Um eixo maciço precisaria de d = 26,89 mm; o vazado é um pouco maior, mas muito mais leve.

5.Círculo de Mohr e transformação de tensões

Resposta: θp = −52,02 °

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.

στxyCσ1​σ2​

Ângulo no círculo

No círculo de Mohr, o ponto x fica a um ângulo 2θp do eixo σ; o quadrante decorre dos sinais de σₓ − σᵧ e τₓᵧ.

2θp = atan2(2·−20, 0 − 10) = −104°

Ângulo no elemento

θp = −52,02°

Resposta

θp = −52,02°

Ângulos positivos são no sentido anti-horário.

6.Círculo de Mohr e transformação de tensões

Resposta: |τn| = 35,24 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 = 1200/2 = 600 mm
σh = pr/t = 3·600/12 = 150 MPa
σa = pr/(2t) = 75 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| = (150 − 75)·sin 55°·cos 55° = 35,24 MPa

Resposta

|τn| = 35,24 MPa
7.Tensão e deformação axial

Resposta: δ = 0,09646 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·30²/4 = 706,9 mm²
At = π(100² − 70²)/4 = 4006 mm²

Rigidez axial combinada

ΣEA = 200·10³·706,9 + 120·10³·4006 = 6,22 × 10⁸ N

Encurtamento

δ = 100000·600/6,22 × 10⁸ = 0,09646 mm

Resposta

δ = 0,09646 mm
8.Tensão e deformação axial

Resposta: σmax = 254,6 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·20²/4 = 314,2 mm²
σ1 = 63,66 MPa
σ2 = 254,6 MPa

Maior tensão

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

σmax = 254,6 MPa

Resposta

σmax = 254,6 MPa
9.Flambagem de pilares

Resposta: Pcr = 8,721 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

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

I = πd⁴/64 = π·60⁴/64 = 636173 mm⁴

Comprimento efetivo

KL = 2·6000 = 12000 mm

Carga crítica

Pcr = π²EI/(KL)² = π²·200000·636173/12000² = 8721 N = 8,721 kN

Resposta

Pcr = 8,721 kN
10.Flambagem de pilares

Resposta: d = 55,49 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 = 2,5·30000 = 75000 N
KL = 0,7·5000 = 3500 mm

Resolva para o diâmetro

d = (64·n·P·(KL)²/(π³E))^(1/4) = (64·75000·3500²/(π³·200000))^(1/4) = 55,49 mm

Resposta

d = 55,49 mm

Verificação: a esbeltez KL/r é 252,3, então o pilar é esbelto e Euler se aplica.

11.Vibrações mecânicas

Resposta: ζ = 0,3995

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·√(80000·100) = 5657 N·s/m

Fator de amortecimento

ζ = c/cc = 2260/5657 = 0,3995

Resposta

ζ = 0,3995

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

12.Vibrações mecânicas

Resposta: fn = 3,425 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 = 15 + 40 = 55 kN/m
keq = 55·40/(55 + 40) = 23,16 kN/m

Frequência natural

ωn = √(23158/50) = 21,52 rad/s
fn = 21,52/(2π) = 3,425 Hz

Resposta

fn = 3,425 Hz

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