ASSESSOTEC ASSESSORIA TÉCNICA EM ACIONAMENTOS ACIONAMENTOS Resp.: José Luiz Fevereiro Fone (11)2909.0753 Cel.: (11)9.9606.7789
NOTAS DE AULA DO CURSO DE PROJETOS DA ESCOLA PRO-TEC TECNOLOGIA DO PROJETO Anos 1965/66
1
ÍNDICE DAS MATÉRIAS Cinemática Movimento retilíneo uniforme Movimento retilíneo uniformemente variável Queda dos corpos Movimento circular uniforme Velocidade angular Lançamento de um corpo Força Composição de forças Condição de equilíbrio entre forças Polígono de forças Forças reativas Baricentro das figuras planas Resistência dos materiais Força normal Diagrama tensão-deformação - Lei de Hooke Força cortante Momento de força Flambagem Tensão de cisalhamento Vínculos Treliças Flexão Força cortante Torção Flexo-torção Dinâmica Trabalho Potência Rendimento Força de atrito Atrito no ângulo inclinado - ângulo de atrito Coeficientes de atrito - tabela Força necessária para elevar um corpo Energia potencial e cinética Atrito de rolamento Rodas de fricção Correias em V Dimensionamento de engrenagens Engrenagens cilíndricas Rosca sem fim e coroa Volantes Molas
Pag 3 3 7 10 12 13 14 16 17 20 22 23 24 28 28 31 32 33 35 38 39 42 43 47 49 53 56 56 57 59 60 61 61 65 68 69 71 72 75 75 81 86 89
2
CINEMÁTICA A cinemática tem por por objetivo o estudo dos movimentos independentemente independentemente das causas que lhe dão origem porém, relacionando-se com o tempo.
Movimento retilíneo uniforme (MRU) Entende-se por MRU de um móvel o qual percorre espaços iguais em tempos iguais. Conceito de velocidade Pela própria definição de movimento uniforme podemos entender que, em cada unidade de tempo, o móvel percorre espaços iguais. Neste caso o espaço percorrido pelo móvel por unidade de tempo denomina o movimento como sendo movimento uniforme. Fórmulas: v
S
e suas derivações:
t
t
S
S
v t
- velocidade - tempo - espaço percorrido Unidades de velocidade Sendo a velocidade o espaço percorrido numa unidade de tempo podemos avalia-la nas seguintes unidades: m/s (metros por segundo) ou km/h (kilometros por hora) No sistema internacional utiliza-se m/s Exercícios 1 - Um corpo percorre em MRU 500m em 50s. Determinar a velocidade em m/s v
500m
S
t
50 s
10m / s
2 - Um corpo percorre 600km em 30h. 3 - Um trem percorre 4590m em 2h. Determinar a velocidade em km/h 4590m = 4,59km v
S
4,59km
t
2h
2,295km / h
4 - Um trem percorre 380km em 3h. Determinar a velocidade em m/s v
S
380k / h
t
3h
126,6km / h
Para transformar km/h em m/s km / h
3,6
126,66
3,6
35,1m / s
5 - Um automóvel tem uma velocidade de 72 km/h com a qual faz um trajeto durante 1600 s. Determinar o espaço percorrido em metros.. v
km / h 3,6
72 3,6
20m / s
S v t 20 1600 32000m
3
6 -: Um automóvel percorre 36 km/h com uma velocidade de 144km/h. Determinar o tempo gasto em segundos km / h
v
S t
3,6
144
3,6
40m / s
36000m 36000m
40m / s
900 s
7 - Um automóvel percorre um certo percurso com uma velocidade de 288km/h durante 530s. Calcular o percurso em metros. v
km / h
3,6
288 3,6
80m / s
S 80m / s 530 s
42400m
Traçado de um diagrama de velocidade onde o espaço percorrido por um móvel é função do tempo gasto Função pode ser definida como uma relação entre dois conjuntos onde há uma relação entre cada um dos seus elementos. Espaço percorrido em função do tempo. Traçar o diagrama para a equação - Variável dependente - Variável independente - parâmetro
4
Equação genérica S S o
v t
O - Origem S o -
espaço inicial S - espaço
Exercícios 1- Um corpo percorre um espaço inicial de 300m com uma velocidade velocidade de 20m/s durante 12s. Calcular o espaço percorrido. S S o
v t
S 300m 20m / s 12 s S 300 240
540m
2 - Calcular a velocidade em m/s de um corpo em MRU sabendo-se que no início da contagem do tempo o corpo dista 420m da origem e que sua posição no fim de 8s é 1480m S S o
v t
1480m 420m v 8 v
1480m 420m 8 s
132,5m / s
3- Um automóvel percorre em MRU um espaço de 144km em 240 minutos. O corpo dista do início da contagem do tempo 72km. Qual sua velocidade velocidade em m/s? S 144km t 240 min min S o
72km
S S o v
v
144000m
14400 s
72000m
v t
S S o t 144000 72000 14400
5m / s
5
4- Um corpo percorre um espaço inicial de 150m com uma velocidade de 72km/h e espaço total de 2,15km. Determinar o tempo t empo em segundos. S
2,15km 2150m
v
72km / h
S o v
v
72km / h 3,6
20m / s
150m
S S o t
2150m 150m 20m / s
100 s
Traçado do diagrama
Diagrama de velocidade para MRU
6
Movimento retilíneo uniformemente variável (MRUV) Chama-se movimento retilíneo uniformemente variável ( MRUV) quando a velocidade do corpo aumenta quantidades iguais em tempos iguais. Este é o conceito de aceleração Aceleração é a variação variação de velocidade velocidade por por unidade de tempo. tempo. Em MRUV, se a velocidade aumenta tempos iguais em quantidades iguais é claro que o aumento de velocidade é sempre o mesmo. Unidade de aceleração Sendo a aceleração a variação da velocidade por unidade de tempo, as suas unidades são obtidas em unidade de velocidade por unidade de tempo. m
a
m
s
s
s
1 s
m
s
2
Para MRUV é válida a seguinte equação que relaciona entre si a velocidade, a aceleração e o tempo v v0 at
v = velocidade final
= velocidade inicial inicial a = aceleração t = tempo v
0
Exercícios: 1 - Determinar a velocidade de um corpo em MRUV sabendo-se que a velocidade inicial é 10m/s e que tem uma aceleração de 5m/s² com a qual percorre 10s. v v 0 at v 10
m s
m
5
s
2
10 s
60m / s
2 - Um corpo sai do repouso com uma aceleração de 3,5m/s² com a qual percorre 20s. Determinar sua velocidade final. v v 0 at v
0
m s
3,5
m s
2
20 s
70m / s
3 - Um móvel está animado de um MRUV cuja aceleração é de 10m/s². Calcular sua velocidade 15 s após ter passado por um ponto A na qual sua velocidade inicial era de 15m/s. Traçar o gráfico e diagrama de aceleração com o tempo variável v = 15m/s 0 a = 10m/s² t = 15 s
7
v v 0 at v 15
v 15
v 15
m s m s m s
m
10
s
2
m
10
s
2
m
10
s
2
15 s 155m / s
0 s 15m / s
1 s
25m / s
v
15
v
15
v
15
m s m s m s
10
10
10
m 2
s m 2
s m s
2
1 s
2 s
35m / s
3 s
45m / s
25m / s
Equação dos espaços No MRU S S o vt
No MRUV
S S o
vt
S S o
1 v at t 2
S S o
v t
0
0
1
2
at
2
Exercícios: 1 - Um automóvel desloca-se com uma aceleração de 5m/s² durante 20s. Sua velocidade inicial é de 10m/s e o espaço inicial percorrido 60m. Qual o espaço total percorrido? S S o v0 t
1 2
at 2
S 60m 10m / s 20 s
1
2
5m / s 20 s
2
2 5m 400 s ²
S 60m 200m S 60m 200m
s ² 2 2000m 2
1260m
8
Traçado do diagrama ²
2 - Duas esferas deslocam-se em sentidos opostos sobre um plano horizontal sendo: Uma com MRU com dados S o =30m; v=10m/s. Outra com MRUV com dados : v
0
=3m/s; a=4m/s². Determinar
graficamente o instante e a posição onde as duas se
encontrarão. MRUV
MRU S S 0
vt
S 30 10t
S S o
v0 t
at 2 2
S 3t 2t 2
9
Queda dos corpos A queda dos corpos corpos é um movimento movimento retilíneo uniformemente uniformemente variável variável porém, nas fórmulas utilizam-se outras nomenclaturas. nomenclaturas. S h S 0
h0
a g g =
aceleração da gravidade
Deve-se levar em conta que um corpo pode ser lançado no sentido ascendente ou descendente. Para cada uma dessas situações, defini-se as seguintes fórmulas: v v0 gt 1
h v0 t gt ² 2
v v0 gt 1
h v 0 t gt ² 2
Exercícios: 1 - Lança-se um corpo na vertical ascendente com uma velocidade inicial de 200m/s. Determinar depois de 10 segundos a sua velocidade e a altura na qual se encontra o objeto. No local a aceleração da gravidade é igual a 9,8m/s².
10
v
v0
v
200 9,8 10 102m / s
gt 1
h v 0 t gt ² 2
h 200 10 v
1
9,8 10² 2 2000 490 1510m
2 - Um corpo é lançado na vertical descendente com velocidade inicial de 2m/s e atinge o solo após 40 segundos. A aceleração da gravidade no local é 9,8m/s². Determinar a velocidade com que atinge o solo e a altura da qual foi lançado. v v0
gt
v 2 9,8 40 394m / s 1
h v 0 t gt ² 2
h 2 40
1
9,8 40² 2 v 80 7840 7920m
3 - Um corpo é lançado do alto de um edifício com uma velocidade inicial de 1,05m/s e o tempo gasto para atingir o solo é 0,85s. Determinar a velocidade com que o corpo atinge o solo e a altura do edifício. v
v0
v
1,05 9,8 0,85 9,38m / s
h
1 v 0 t gt ² 2
gt
1,05 0,85
1
9,8 0,85² 2 v 0,8925 3,54 4,43m
h
4 - Com que velocidade deve ser lançado um corpo na vertical debaixo para cima para atingir a altura de 245m. g=9,8m/s². v v0 gt v0 v0 gt 0 v0 gt v0 9,8t t
1
h v 0 t gt ² 2
h v 0 t
gt ²
v0 9,8
245 v 0 245
V 0
2
v0
9,8
v0 ²
19,6 4802
v 0 t 4,9t ² 4,9
v0 ²
v0 ² 9,8²
245
v0 ² 9,8
v0 ² 19,6
245 19,6
69,3m / s
11
5 - Dois corpos são lançados simultaneamente: Um do alto de um edifício de 180 m de altura em queda livre. O outro é lançado do pé do mesmo edifício na vertical para cima com velocidade inicial de 60m/s. Determinar graficamente o ponto de colisão dos mesmos. Lançamento
Queda h v0
1
v 0 t gt ² 2
0
h
5t ²
h
h
v 0 t
1
2
60t
gt ²
5t ²
-
Movimento circular uniforme MCU Chama-se movimento circular uniforme MCU aquele em que a trajetória descrita pelo móvel é uma circunferência e o corpo percorre arcos iguais em tempos iguais. Esse movimento caracteriza-se por sua trajetória curvilínea curvilínea e, em cada instante, o móvel segue esta curva e percorre o comprimento da circunferência em determinado tempo. Elementos característicos do MCU Período: É o tempo gasto pelo móvel para percorrer toda a circunferência. circunferência. O período é representado pela letra T e pode ser dado em segundos, minutos ou horas. Frequência: é o numero de voltas realizadas pelo móvel em cada unidade de tempo. A letra n é indicada como frequência e a relação é
n
1
T
Indicando-se a frequência em rotações por minuto (rpm) temos a seguinte fórmula fundamental para cálculo da velocidade que neste caso é denominada tangencial, periférica ou linear.
12
2
v
v
R n
R n
60 velocidade raio
m / s (m / s )
( m)
rpm 3,1416
É comum utilizar-se na pratica outra f órmula derivada derivada da fórmula anterior. v
D n
60
Exercício Determinar a velocidade tangencial ou periférica de uma engrenagem cujo raio é 180mm e que gera 400rpm v
2 R n
60 R 180mm 0,18m v
2 0,18 400 60
7,53m / s
Velocidade angular
Define-se velocidade angular como sendo o ângulo descrito na unidade de tempo. É representado pela letra grega
Sendo a velocidade tangencial dada em metros por segundo e o raio em metros obteremos a velocidade angular em radianos por segundo- rad/s v
R
rad / s
13
Exercício: A roda de um trem gira a razão de 125 125 rpm e o seu diâmetro diâmetro é 650mm. 650mm. Determinar sua velocidade linear ou tangencial t angencial e a velocidade angular. v
D
n
60 D 650mm 0,65m v
0,65 125 60 4,25
v
R
0,325
4,25m / s
13,07 rad / s
Lançamento de um corpo em direção ao espaço numa direção formando um ângulo com a horizontal
Dedução da fórmula sen
v0 y
S
v0
x
v0
h
v 0 t
y
v 0 sen t
cos
v0 x v0
v0 sen v0 y v0 cos v0 x
F A
v0 ²
vt cos
1
2
t
gt ²
1
2
g t ²
sen ²
2 g
v0 ²
2 g
sen 2
sen 2 2 sen cos
14
Exercício Um corpo é lançado com uma velocidade inicial de 50m/s numa direção que faz com a horizontal um ângulo de 30°. Determinar as coordenadas do corpo após 2 segundos, bem como a flecha f lecha e a amplitude. Considerar aceleração da gravidade g=10m/s². x
v 0 x cos 30 t
x
50m / s 0,866 2 s
x
86,6m
F
v0 ² 2 g
sen ²
v0 sen30 t
y
50m / s 0,5 2 s
y
50m 20m
A
50m / s ²
0,5² 2 10m / s ² 2500 m F 0,25 31,25m 20 F
1
y
A A
v0 ² g
2
gt ²
10m / s ² 2² s ² 2
30m
sen 2
50 m / s ² 10 m / s ² 2500 m 10
0,866
0,866
216,5m
Deve-se notar que variando-se o ângulo de tiro teremos variações na amplitude e na flecha. Conclui-se daí que deverá existir, evidentemente, um ângulo de tiro ideal que formará a máxima amplitude. Demonstra-se que este é o ângulo de 45°. Concluímos a seguir que todo ângulo de tiro inferior ou superior a 45° nos fornecerá uma amplitude menor do que a amplitude máxima aos 45°. Finalmente concluímos que dois ângulos de tiro que nos forneça 90° quando somados obteremos de cada um amplitudes iguais porém com flechas diferentes. Há uma linha geométrica que envolve todas as trajetórias e q ue tem o nome de parábola de segurança. Esta parábola é a linha limítrofe abaixo da qual todos os pontos podem ser atingidos, variando-se o ângulo de tiro. Acima desse ângulo nenhum ponto será atingido mantendo-se a mesma velocidade inicial.
15
DINÂMICA
Força Chama-se força a tudo que é capaz de modificar o movimento ou repouso de um corpo ou provocar uma deformação no mesmo. Unidades para as forças: d - dina (sistema CGS) N - Newton (sistema internacional) Kgf - quilograma força (sistema técnico) No sistema internacional, que utiliza as unidades kg (kilograma), m (metros) e s (segundos), para levantar um peso de massa 1kg na superfície da Terra será necessário uma força de 9,8N para poder vencer a ação da gravidade que em geral é de 9,8m/s². F 1kg 9,8m / s ²
9,8 N
O sistema técnico só considera a superfície da terra como área de atuação e então para levantar um peso de massa 1kg se conveniou que a força necessária será de 1kgf. Relação entre as forças kgf = 9,8N = 980000d Características da força: 1 - Intensidade. 2 - Direção
3- Sentido
4- Ponto de aplicação
A força é representada representada graficamente graficamente por um vetor. Vetor é um segmento de reta orientado F
16
Composição de forças Compor forças significa determinar uma única força chamada resultante. Processo gráfico Método do paralelogramo R= Força resultante F1 e F2 = Forças
Método do polígono O comprimento dos segmentos representam a intensidade das forças e devem ter dimensões proporcionais no mesmo gráfico.
Processo analítico No processo analítico, sendo dadas duas forças determina-se a intensidade e a direção da força resultante pela trigonometria.
Determina-se pela 17
Lei dos cossenos: R
F 1 ²
F 2
²
2 F 1
F 2
cos cos
Lei dos senos R sen
F 2 sen
F 1 sen
Exercícios: 1 - Duas pessoas deslocam um corpo sobre uma superfície horizontal, exercendo forças através de cordas horizontais. Uma pessoa puxa para o lado direito com 16kgf e a outra para cima com uma força de 12kgf. Que valor teria uma força única que aplicada ao bloco produzisse o mesmo efeito dessas duas forças em conjunto? Em que direção desloca o corpo? Processo gráfico
Proporção: 1cm = 1kgf Processo analítico Direção tg
F 2
12 16
F 1
0,75
36 R
sen 20 1
F 2 sen
12
sen
sen
12 20
sen
0,6 36
Força resultante R F 1 ² F 2 ² 2 F 1 F 2
cos
R
16² 12² 2 16 12 cos 90
R
256 144 0 20kgf
18
Decomposição em duas forças Sendo dada uma força é sempre possível decompo-la em duas direções desde que sejam dados os ângulos adjacentes. adjacentes. Processo gráfico
Processo analítico R sen F 1 F 2
F 1
F 2
sen
sen
Rsen
sen Rsen
sen
Exercício Determinar analiticamente F 1 e F2 sendo dados R= 10kgf 90°
F 1
F 1
F 2
Rsen sen 10 sen60
10 0,866
1 sen90 Rsen 10 sen90 60
sen
1
8,66kgf
10 0,5 1
5kgf
19
Condição de equilíbrio de um corpo A condição necessária necessária e suficiente suficiente para que um um corpo esteja em equilíbrio equilíbrio é que sejam nulas as componentes componentes segundo dois eixos ortogonais. Exercícios: 1 - Dizer em que sentido se desloca o corpo abaixo sob a aplicação de 4 forças esquematizadas no desenho abaixo Dados: F1 = 100kgf F2 = 40kgf F3 = 20kgf F4 = 30kgf
Fh F cos 60 F F F cos 30 Fh 100 0,5 20 40 30 0,866 Fh 25.98kgf 1
3
2
4
Conclusão: A força resultante na direção horizontal tem sentido para a direita com intensidade de 25,98kgf 2 - Um peso de 50kgf está preso ao meio de uma corda inicialmente horizontal, cujas extremidades prendem-se a duas paredes afastadas 15 m entre si. Sov ação do peso mencionado, a corda cede 2 m em seu ponto médio. Determinar as tensões nos dois ramos da corda. Se a corda aguentasse somente 70 kgf seria possível o equilíbrio?
20
Condição de equilíbrio
Fh 0 Fv 0 Fh F 1 cos
F 2 cos 0
F 2 cos F 1 cos F 1 F 2
Fv F 2 sen
F 1 sen 50 0
2 F 1 sen 50
Aplic Aplicando ando _ teorema _ de _ Pitagoras Pitagoras sen
2 2² 7,5²
2 7,7
0,26
sen 0,26 2 F 1 0,26 50
F
50 0,52
96kgf
Resposta: Se a corda aguentasse somente 70kgf iria se romper antes de chegar a posição final. 3 - O pequeno anel B sustenta uma carga vertical P e é suportado por dois fios AB e BC, distendido este ultimo em sua extremidade livre pelo peso Q = 5 kgf. Determinar a carga P e a força f orça de tração F no fio AB, estando o sistema em equilíbrio. equilíbrio.
Fh 0 F cos 45 Q cos 30 0 Fv 0 F cos 45 Q cos 60 P 0 Q cos 30 F cos 45 F Q
cos 30 cos 45
5
0,866 0,707
kg f 6,15kgf
P F cos 45 Q cos 60 P 6,15 0,707 5 0,5 6,86 k gf
21
Polígono de forças É o polígono formado pelos vetores representativos representativos quando tomados numa certa ordem Polígono funicular É a linha obtida pelos segmentos obtidos através do polígono de forças
Ponto de aplicação da força
22
Traçar o polígono e achar a força resultante na seguinte viga Força F1 = 2,5kgf Força F2 = 3,5kgf Escala: 1kgf = 1 cm
Forças reativas A aplicação mais mais importante do polígono funicular funicular é a determinação determinação das forças forças reativas na estrutura, quando na aplicação de cargas verticais.
23
Exemplo
Baricentro das figuras planas Centro de gravidade (baricentro) das figuras planas e simples
24
No caso de figuras planas que podem ser decompostas em figuras simples pode-se aplicar a seguinte regra: 1 - Acha-se o centro de gravidade da figura pelo processo gráfico. 2 - Repete-se o mesmo processo para figura decomposta. Liga-se a seguir os baricentros. O centro da figura estará na linha que as une. 3 - A distância do centro de gravidade do conjunto será inversamente proporcional as áreas. Exemplos: Área figura A = 3600mm² 3600mm² Área figura B = 7200mm² 7200mm² Proporção B/A = 2
Área figura A = 6400mm² 6400mm² Área figuras B = 6400mm² 6400mm² Proporção A/2xB = 1
25
Área figura A = 12800mm² 12800mm² Área figura B = 9600mm² 9600mm² Proporção B/A= 3/4
Para determinar o centro de gravidade de figuras complexas que podem ser decompostas em figuras simples, utiliza-se o polígono funicular, dividindo-se dividindo-se a figura de tal forma que as áreas sejam proporcionais as forças. Para determinar o baricentro no plano vertical
Para determinar o centro de gravidade no plano horizontal repete-se o procedimento acima girando girando a figura 90°.
26
Determinação do baricentro pelo método analítico
xi Si Si yi Si yG Si
xG
xG
xG
yG
yG
x1 S 1 x 2 S 2
S 1
S 2
2 24 5 20 24 20
y1 S 1
y 2 S 2
S 1
S 2
5 24 20 1 24 20
3,36cm
3,17cm
27
xG xG
x1 S 1 x2 S 2 x3 S 3
S 1 S 2
S 3
3 18 3 36 7 56 18 36 56
xG 5,03cm yG yG
y1 S 1 y 2 S 2
S 1 S 2
y3 S 3
S 3
18 12 36 7 56 2 18 36 56
yG 5,27cm
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS Classificação dos esforços Externos - Ativos - Reativos Internos - Tração ou compressão - tensão normal - Força cortante - tensão de cisalhamento - Momento fletor - Momento de torção Coeficiente de segurança É por definição o quociente de tensão admissível. Depende do tipo de solicitação e do material. É dado pela fórmula: rup ru p ad m
Coeficiente de segurança = Tensão de ruptura = Tensão admissível
=
rup
Tensão normal É o quociente do esforço solicitante de tração ou compressão dividido pela área da secção transversal
N S
= tensão admissível
N = força normal S = área da secção transversal 28
Força normal
Diagrama da força normal da figura acima
A força normal é positiva positiva quando quando for de tração e negativa quando quando for de compressão compressão Exercícios 1 - Qual deve ser o diâmetro de uma barra cilíndrica tracionada com 1570kgf sabendose que =500kg/cm² 1570kgf N N S 3,14cm² 500kg / cm² S
S r ² r ²
S
3,14 3,14
1
r ² 1 r 1 d 2 r 2cm
2 - Calcular o diâmetro de um parafuso que funciona como prensa, sabendo-se que a força de compressão necessária é 4500kgf e que o material do parafuso é aço ABNT 1030 com tensão admissível = 650kg/cm² N é a tensão normal ou esforço solicitante=4500kgf
29
S
N S N
4500kgf
650kg / cm²
6,70cm²
S r ² r ²
S
6,70
3,14
2,13 r
2,13
r 1,46cm d 2r 2 1,46 2,92cm
3 - Determinar a área área que devem devem ter as barras A, B e C sabendo-se que
=
1200kg/cm²
Barra A
N S
S
N
1800kgf
1200kg / cm²
1,5cm²
Barras B e C N 2
N 2 cos 45
1800 2
2
1800 2 2 2
2
N 2 1273kgf N S
1273kgf 1200kg / cm²
1,06cm²
30
Diagrama tensão-deformação. tensão-deformação. Lei de Hooke Tensão normal é o esforço solicitante interno situado num plano perpendicular a secção transversal. Existem dois tipos de tensão normal: Força de tração e força de compressão. Força de tração. Com a força de tração o corpo sofre alongamento
Força de compressão. O corpo sofre encolhimento no sentido das forças
Deformação Um corpo sofre deformação quando forem aplicadas sobre o mesmo as forças de tração ou compressão. compressão. Calcula-se a deformação pela fórmula deformação l
l =
Variação do comprimento l = comprimento original
l
Diagrama tensão deformação Esse diagrama é determinado por maquinas especialmente destinadas a essa finalidade. Fazendo-se a relação de e obtém-se o diagrama chamado tensão-deformação.
Lei de Hooke A tensão é proporcional proporcional a deformação deformação E
E= módulo
de elasticidade
Exercícios 1 - Uma barra de 3m de comprimento tem secção transversal retangular 3cm por 1cm. Determinar o alongamento produzido produzido pela força de tração tr ação de 6kgf sabendo-se que o valor do módulo de elasticidade E =2000t/cm² =2000t/cm² 31
Unificando as unidades em cm e kg: 3m = 300cm 2000t/cm = 2000000kgf/cm N
S
N
E
S
l
l
l
E
l
l
E
l N l E S
6 300 2000000 3
0,0003cm
2 - Calcular o alongamento de uma barra circular tracionada pelas forças N conforme figura abaixo. N= 9t. Área transversal 10m². Comprimento da barra 400m. E =2100t/cm² =2100t/cm²
N S
l l
l
E
l N l E S
9000 400 2100000 10
0,171m
3 - Calcular a área de uma barra com 3m de comprimento submetida a tração de 7 ton para que sofra um alongamento máximo de 1 cm . E =2100t/cm² =2100t/cm²
N S
E l
S
l l
l
E
S
N l l E
7000 300 0,1 2100000
10cm²
Força cortante É a componente situada no plano da secção transversal e resultante das forças ativas e reativas. Tem como símbolo a letra Q
32
A força cortante acima acima é positiva em em virtude de se encontrar encontrar no sentido sentido horário. Diagrama da força cortante
Quando a força for aplicada no sentido anti horário o sinal será negativo
Momento de torção ou torque É o momento de uma força que tende a torcer um eixo longitudinal e é medido pelo produto da força pela distância (figura abaixo a esquerda). É o momento de uma força situada num plano ortogonal a estrutura e que é medido pelo produto da força pela distância (figura abaixo a direita)
Diagrama do momento de torção
33
Traçar o diagrama da força normal, força f orça cortante e força de torção da seguinte estrutura. P = 10kgf
Força normal
Força cortante
Força de torção e momento de torção (+) Mt = P * d 1 = 10kg*2m=20kgfm (-) Mt = P * d2 = 10kg*2m=20kgfm
34
Flambagem Chama-se flambagem ao fenômeno que os materiais possuem ao serem comprimidos no sentido longitudinal (axial) com esforço solicitante inferior a tensão admissível. Deve-se pesquisar a flambagem sempre que as barras forem compridas.
O fenômeno de flambagem ocorre quando a carga não está concentrada no centro de gravidade da barra. Outro fator que influi é a não uniformidade da secção
Tensão de flambage f lambagem m f
i
²
E
J
²
Lf
J
i
d 4
64
B A3
J
12
para _ sec ção _ circular para _ sec ção _ re tan gula gular r
S
Cálculo de
para secção circular E = módulo de elasticidade =
d i
4
64
d ² 4
d ² 16
d 4
índice de esbeltez Lf = = comprimento teórico de flambagem = = raio de giração i J = momento de inércia da secção S = área da secção
35
Para que não haja flambage f lambagem m devemos ter f
=
coeficiente de segurança = tensão admissível
Valores de Lf Lf = 2L
Material Aço ABNT 1010/1020 Aço ABNT 1040 Ferro fundido
Lf = L
Lf = 0,7L
Lf = 0,5L
E (kg/cm²)
2,1 x 106
100
2050
2,1 x 10 6 1 x 106
93 80
2400 1540
f
Se os valores de forem menores do que os da tabela acima deve-se usar a fórmula de Tetmayer Para aços com baixo teor t eor de carbono: f =3100 - 11,4 Para aços com alto teor de carbono: f =3350 - 6,2 Se os valores de de Euler f
²
forem
maiores do que os da tabela acima deve-se usar a fórmula
E
²
36
Curva de flambagem para a liga de alumínio 6063 ( temperas T5 e T6)
Exercícios 1 - Calcular a tensão de flambagem de um aço ABNT 1040 sendo o índice de esbeltez = 110 f
²
²
E
²
2100000
12100
1711,23kg / cm²
2 - Calcular a carga de flambagem de uma barra com as extremidades engastadas com diâmetro 2cm e comprimento 6m. Determinar também o índice de esbeltez e a tensão de flambagem f lambagem.. Pfl Pfl
² E S
Lf ²
² E S
Lf ² J
i
² E J
Lf ²
S Lf 0,5 L J
Pfl Pfl
d 4
0,5 6
3,14 2
64
² E J
Lf ²
64
3m
4
300cm
50,24
64
0,785cm
3,14² 2100000 0,785 300²
k gf
181
A força peso máxima que que se pode colocar colocar sobre a barra sem sem que a mesma mesma se encurve é 181kgf
37
d 4 i
64
d
d ²
4
2 4
0,5cm
4
Lf
i
300 0,5
Pfl Pfl
fl
150
181
d ²
3,14 1²
58kgf / cm²
3 - Calcular a tensão de flambagem de uma barra com secção retangular 2,5 x 4,0cm sabendo-se que a carga de flambagem é devida a um corpo com massa 200kg. fl fl
² E ²
Pfl Pfl S
200
2,5 4
20k gf
4 - Determinar o índice de esbeltez de uma barra de madeira com 8m de comprimento e secção transversal retangular A=20cm x B=25cm. J S
B A³
12
20 25
25 20³
12
16666cm
4
i
16666
J
500
S
500cm²
800
L
i
5,8
33,3
5,8cm
137
5 - Calcular a carga de flambagem de uma barra com secção circular de 3 cm de diâmetro e 7 m de comprimento, Considerar Considerar uma extremidade engastada e a outra guiada. J
d 4
3,14 3
64
Lf 0,7 L Pfl Pfl Pfl Pfl
4
64
0,7 7
254,34 64
3,9cm
4,9m 490cm
² E J Lf ² ² E J Lf ²
3,14² 2,1 10 490²
6
3,9
335,9k gf
Tensão de cisalhamento É a tensão gerada por forças aplicadas em sentidos opostos ou em sentidos com direções semelhantes porém com diferentes valores. É representada pela letra A fórmula de cálculo cálculo é o quociente quociente da força pela secção secção transversal da da peça submetida ao esforço de tensão.
F
S
38
Exercícios 1 - Calcular na figura acima qual a tensão de cisalhamento do pino sabendo-se que tem área de 10cm² e que a força é igual a 5000kgf.
F
5000kgf
500kg / cm²
2 - Calcular qual deve ser o diâmetro do pino sabendo-se que a força de tração é de 1256kgf e a tensão de cisalhamento 400kg/cm²
S
S
10cm²
F S F
R ²
3,14cm²
S
3,14
1256k gf 400k g / cm²
3,14cm²
R D
1 2 R
1cm
2cm
Vínculos Vínculo é todo dispositivo capaz de colocar uma estrutura em equilíbrio ou seja, são orgãos limitadores de movimento. Vínculo articulado fixo: Neste dispositivo a resultante das forças deve passar pelo apoio e tem uma direção qualquer que pode ser decomposta em duas direções.
Vínculo articulado móvel: Limita o movimento somente no sentido vertical.
39
Engastamentos: Engastamentos: Existem três reações de apoio, sendo uma horizontal, outra vertical e a terceira em movimento
Condição de equilíbrio: Uma estrutura estará em equilíbrio quando a soma dos momentos, forças verticais e forças horizontais forem nulas separadamente.
V 0
H 0
M 0
Exercícios 1 - Calcular as reações da estrutura a seguir
decompondo em duas forças e apoiando
RA RB V 1
H 0 H 1 10 cos 30 10 0,866 8,66kgf
V 0
0
RA RB
V 1
RA RB
5kgf
RA 5 V 2 0 RA 5 V 2
V 1 10 sen30 10 0,5 5kgf
RA
H H 1 0 H 0
10
2kgf
RA RB
5
2 RB
5
RB
5
52
3k g
40
2 - Calcular as reações na estrutura abaixo
H 0
RA RB
V 1
RA RB
70,7 50
50 120,7
kgf
RA 5 50 3 70,7 1,5 0 RA 5 150 106,05
H 1 100 cos 45 100 0,707 70,7kgf
256,05
V 0
RA
V 1 100 sen45 100 0,707 70,7 kgf
RA RB
5
51,2kgf
120,7
RB
120,7 51, 2
RB
52
RB
120,7
69,5kgf
3kgf
Tipos de carregamento carregamento 1 - Carga concentrada: Neste caso o esforço aplicado na estrutura está localizado num ponto fixo.
2 - Carga distribuída: Neste caso a carga pode ter uma distribuição uniforme ou segundo outras leis
3 - Binário: É o movimento aplicado à viga
41
RA
Exercícios: 1- Determinar as reações de apoio Resumindo
RA 6 2000 4 1000 1 0
RA RB 3000kg
RA 6 8000 1000
RB 3000 RA
RA
9000 6
1500
kg
RB 3000 1500 1500kg
Treliças Chama-se treliça a estrutura formada com barras articuladas nas extremidades através dos nós. O esforço é aplicado no plano da estrutura e as barras podem sofrer tração ou compressão. compressão.
Processo analítico Se na solução analítica resultar resulta r uma força negativa significa que, no caso da reação, o esforço admitido é oposto ao real e, na barra da treliça significa que sofre esforço de compressão.
42
Processo gráfico O processo gráfico tem a vantagem de ser rápido e pode ser usado para um conjunto de problemas diferentes Determinação dos esforços nas barras de treliças pelo método de Maxwell-Cremona. Quando a barra sofre compressão deve-se verificar a f lambagem e a tensão em cada barra deve ser menor do que a tensão admissível.
RA = RB = 2t Escala :10mm = 1t Valores das forças exercidas em cada uma das barras 1, 3, 4, 5, 7 - 2309kg 2 e 6 - 1155kg
Flexão Qualquer barra sujeita a esforços externos tende a se deformar acarretando nas diversas secções os momentos. O momento fletor é calculado a partir das condições de equilíbrio Momento fletor a distância x do apoio A
M
RA RAx
P x 1
a
P 2 x
b
43
Convenção de sinais para o momento fletor O momento fletor será considerado positivo quando a concavidade estiver para cima e negativo quando a concavidade estiver para baixo.
Viga Chama-se viga a estrutura plana com o eixo plano e a carga aplicada neste plano.
Para calcular o momento fletor da viga:
pelo gráfico
44
Observação: O gráfico M = f( x) é chamado diagrama diagrama dos momentos fletores; a abscissa x representa a secção e as ordenadas y o valor correspondente do momento fletor. Exercícios 1 - Determinar o diagrama dos momentos fletores M
2 - Traçar o diagrama do momento fletor. 1kN = 1000N = 102kgf
45
3 - Calcular e fazer o diagrama do momento fletor
RA 5 1000 2 0
RA RB
RA 5 2000
RB 1000 RA
RA
2000
5
1000
k g
RB 1000 400 600kgf
400kgf
M RA 3m
M RB 2m
M 400 3
M 600 2
M 1200kgfm
M 1200kgfm
4 - Traçar o diagrama do momento fletor
- equação do 2° grau forma uma parábola no diagrama M
M
P x
x 2
P x ²
M max max
2
500 2² 2
1000kgf
46
Traçar o diagrama do momento fletor. Carga distribuída
RB
RA 5000kgf Px²
max Mf max
RAx RAx
Mf max max
5000 2,5
2 2000 2,5² 2
6250kgfm
Força cortante Chama-se força cortante de uma estrutura a soma algébrica das componentes verticais das forças situadas num dos lados da secção.
47
Traçar os diagramas das forças cortante
Calcular os valores das forças de reação e traçar os diagramas das forças f orças cortantes e momento fletor
RA 6 300 4 500 2 0 RA 6 1200 1000 RA
2200
6
RA RB
366kgf
800
RB
800 RA
RB
800 366
434kgf
48
Torção No fenômeno de torção verifica-se um deslocamento deslocamento angular entre duas secções da mesma peça devido ao efeito do binário.
Sem a aplicação do momento de torção Mt tem-se o segmento AB e com aplicação de Mt o o material se deforma tomando a posição AB¹ O momento de torção aumenta do centro para a periferia Fórmulas Mt
71620 N
n
kgfcm
Mt
Ft
d 2
4
d
G Mt y
J
J Mt L
W
J G
rad
32 d ³ 16
para _ eixos _ maciços para _ eixos _ maciços
= momento de torção ou torque = ângulo de torção = ângulo de distorção
= força tangencial = potência transmitida em CV n
= rotação por minuto
= tensão de cisalhamento
= momento de inércia polar
= módulo de elasticidade ao cisalhamento
= módulo de resistência a tração
O acoplamento na figura a seguir é utilizado para unir as extremidades de dois eixos perfeitamente alinhados. O movimento de rotação é transmitido de uma metade do acoplamento acoplament o para a outra metade ou seja, de um eixo para outro, através de pinos de aço que são submetidos a tensão t ensão de cisalhamento
49
Exemplo de aplicação Na figura acima os eixos transmitem 65CV com 250 rpm. O centro dos pinos estão afastados do centro dos eixos 120mm. São 8 pinos e o diâmetro de cada um é 19mm. Qual a tensão de cisalhamento a que é submetido cada pino? Mt
71620 N
n Mt Ft R Ft S
Mt
R d ² 4
Ft
S
250
18600 kgfcm
12cm 1,9² 4
1550
71620 65
2,83 8
18600 kgfcm
1550 k gf
2,83cm²
68,4k gf / cm²
S = área da secção do pino A tensão admissível admissível do material dos pinos tem que que ser superior superior a tensão de cisalhamento. Exercícios 1 - Um eixo de secção circular diâmetro 45mm está submetido à um torque de 10000kgfcm. Calcular a tensão máxima de cisalhamento W
d ³ 16
Mt W
3,14 4,5³ 16
10000 kgfcm 17,8cm³
17,8
cm³
562kgf / cm²
2 - Um eixo maciço de secção circular constante com 5cm de diâmetro e 3 m de comprimento. No ponto médio do eixo há uma polia ligada a uma correia que transmite 65CV. Esta potência é empregada para mover duas maquinas; uma na extremidade esquerda que absorve 25CV e outra na extremidade direita que absorve 40CV. Determinar a tensão máxima de cisalhamento, assim como os ângulos 1 e A velocidade velocidade de rotação é 200rpm 200rpm e o material é de aço com G=0,84 x 10 6 kg/cm²
50
W
d ³
3,14 5³
24,5cm³ 16 16 Torque _ na _ polia polia _ 40CV
Mt 1
J
71620 40
14324 kgfcm 200 Torque _ na _ polia polia _ 25CV
Mt 2
71620 25
Mt 1 W
200 14324 24,5
1
1
d 4
Mt 1 L J G
32
8952,5kgfcm 2
2
4
61,3
14324 15
61,3 0,84 10
6
0,00417rad
0,00417 rad
584,6kgf / cm²
32
3,14 5
Mt 1 L J G
180
0,24
8952,5 15 61,3 0,84 10
6
0,00260rad
Os valores dos ângulos de torção são válidos se houver o acionamento individual de cada maquina mas, caso haja o acionamento ao mesmo tempo das duas maquinas, as duas polias oferecem uma resistência a torção no mesmo sentido e então os momentos de torção de ambas as polias devem ser somados e portanto os ângulos de torção também serão somados para se chegar ao ângulo de torção total
Mt 1 Mt 2 L J G
14324 8952,5 15 61,3 0,84 10
6
0,00678rad
0,00678rad
180
0,39
3 - Calcular a altura h da viga e o diagrama da força cortante e momento fletor J
b h³
12 600kg / cm²
Px ²
500 3²
2250 kgfm 2 2 Mf 2 3000 3 9000 kgfm
Mf 1
max M max
9000 2250
11250
kgfm
51
Nesses casos o dimensionamento da barra é feito geralmente à f lexão tomando-se o Mmax
Para secção retangular utiliza-se a seguinte fórmula para dimensionar: J
W
h 2
bh ³
W
12
2
h
bh ²
W
para secção retangular
6
max M max
M max max W
600
h²
1125000 kgfcm
1125000 3 h²
11250 3
3750cm²
h 61,5cm
52
5 - Dimensionar o diâmetro do eixo da estrutura a seguir, considerando somente o efeito de flexão. Aço ABNT 1040 laminado a quente. admissível = 750kg/cm²
RA 70 700 30 500 50 RA 70 46000 46000
RA
70
RA RB RB
657kgf
1200
k gf
543kgf
Mf 1
657 20
13140
Mf 2
543 40
16290
RB
800 366
kgfcm kgfcm
434kgf
Momento fletor máximo=16290kgfcm máximo=16290kgfcm
Mf W
750
W
16290 3,14 d ³
d ³
32 750
16290 32 3,14 d ³
d ³
16290 32 750 3,14
32
d ³ 221 d
221 6,04cm
Flexo-torção Quando existir flexão e torção deve-se dimensionar dimensionar a viga ou barra circular pelo momento ideal que considera as duas solicitações.
Fórmula para o cálculo do momento ideal Mi 0,35 Mf 0,65 Mf ² Mt ²
53
A figura a seguir representa representa um elevador elevador e seu contrapeso destinado destinado a diminuir diminuir a potência de acionamento. O elevador e o contrapeso estão ligados por um cabo de aço que passa pelas duas polias. A polia motora é acionada por um conjunto motor redutor. O pêso do elevador com carga máxima mais o pêso da cabine é 1500kg e o pêso do contrapeso 1000kg. Calcular a dimensão do eixo da polia motora, cujo diâmetro é 250mm, em função do momento ideal. Material do eixo- aço 1040 laminado a quente com tensão admissível 750kg/cm².
Força resultante F definida pelo processo gráfico: 1mm = 10kgf
1mm 10kgf 180,28mm 1802,8kgf
F 1802,8kgf
Determinação do momento fletor RA
1802,8 2
901,4kgf
Mf RA 9cm 901,4 9cm Mf 8112,6kgfcm
54
Determinação do momento de torção Uma força trabalha em sentido contrário da outra e portanto Mt F 1
F 2 R R
raio _ da _ polia polia
Mt 1500 100012,5cm Mt 6250kgfcm
Determinação do momento ideal Mi 0,35 Mf 0,65 Mf ² Mt ² Mi 0,35 8112,6 0,65 8112,6² 6250² Mi 2839,41 0,65 10241 Mi 9496 kgf .cm
Determinação do diâmetro do eixo de acordo com as características do material
Mi
W
W
Mi
d ³
d ³
32 Mi 32
d ³
32 d ³
Mi 32 9496 32 750 3,14
d ³ 129 d
3
129 5,05cm
Aços carbono - Características mecânicas e tensões admissíveis admissíveis ABNT1010 Lamin quente
Estir frio
ABNT1020 ABNT1030 ABNT1040 Características mecânicas - kg/mm² Lamin Estir Lamin Estir Lamin Estir quente frio quente frio quente frio
ABNT1050 Lamin quente
Estir frio
rupt esc
33
37
39
43
48
53
53
60
63
70
18
31
21
36
26
45
29
50
55
59
Along.*
28 95
20 105
25 111
15 121
20 137
12 149
18 149
12 170
15 179
10 197
Solici tação Traç ão Com pres são Flex ão Torç ão
Tensões admissíveis em kg/mm² 1 2 3 1 2 3
8,0 5,0 3,5 8,0 5,0 3,5
10,0 6,5 4,5 10,0 6,5 4,5
10,0 6,5 4,5 10,0 6,5 4,5
14,0 9,0 6,5 14,0 9,0 6,5
13,5 8,5 6,0 13,5 8,5 6,0
15,5 10,0 7,5 15,5 10,0 7,5
15,0 9,5 7,0 15,0 9,5 7,0
21,0 13,5 9,0 21,0 13,5 9,0
20,0 12,5 8,0 20,0 12,5 8,0
22,0 14,5 10,0 22,0 14,5 10,0
1 2 3 1 2 3
8,5 5,5 4,0 5,0 3,0 2,0
11,0 7,0 5,0 6,5 4,0 3,0
11,0 7,0 5,0 6,5 4,0 3,0
15,0 10,0 7,0 8,5 5,5 4,0
14,5 9,5 6,5 8,0 5,0 3,5
17,0 11,0 8,0 10,0 6,5 5,0
16,5 10,5 7,5 9,5 6,0 4,5
23,0 15,0 10,5 12,5 8,0 6,0
22,0 14,0 9,5 11,5 7,0 5,0
24,0 16,0 11,5 13,5 9,0 7,0
55
DINÂMICA
Força Chama-se força a tudo que é capaz de modificar o movimento ou repouso de um corpo ou provocar uma deformação no mesmo. Unidades para as forças: d - dina (sistema CGS) N - Newton (sistema internacional) Kgf - quilograma força (sistema técnico) t écnico) No sistema internacional, que utiliza as unidades kg (kilograma), m (metros) e s (segundos), para levantar um peso de massa 1kg na superfície da Terra será necessário uma força de 9,8N para poder vencer a ação da gravidade que em geral é de 9,8m/s². F 1kg 9,8m / s ²
9,8 N
O sistema técnico considera somente a superfície da terra como área de atuação e então, para levantar um peso de massa 1kg se conveniou que a força necessária será de 1kgf. Relação entre as forças kgf = 9,8N = 980000d
Trabalho Chama-se trabalho ao produto da força pelo deslocamento e o ângulo formado entre a direção da força e deslocamento.
S F
cos
Unidades de trabalho Sistema internacional internacional (antigo MKS Giorgi): Joule = Nm Sistema técnico: kgf.m kgf.m= 9,8J No sistema internacional a força terá seu valor em Newton ( N ). Uma força de 1N deslocando seu ponto de aplicação 1m na direção da força. O trabalho realizado será
F S 1 N 1m 1 J 1 Nm
No sistema técnico uma força de 1kgf deslocando seu ponto de aplicação 1m na direção da força. O trabalho realizado realizado será F S 1kgf 1m 1kgf m
Uma força de 8N desloca seu ponto de aplicação 4m na direção da força. O trabalho realizado será F S 8 N 4m 32 J
56
Potência É o trabalho realizado numa unidade de tempo P
t
F S
t
F v
Força não considerando o ângulo de direção
Unidades de potência Sistema internacional: internacional: W (Watts) = J/s = N.m/s Sistema técnico: CV (cavalo vapor) = 75kgf.m/s HP (Horse Power) = 76kgf.m/s Fórmulas utilizadas
Sistema internacional
Sistema técnico
P
P
P
F v
W
F v
F .v 75
CV
F – – força
em kgf – velocidade em m/s v –
kW
1000
– força F –
em N – velocidade em m/s v – Comparando: - 1W é a potência necessária para deslocar um corpo de massa 1kg a 1m/s² e como na superfície da Terra a aceleração da gravidade é 9,8 m/s² então há necessidade de 9,8 W para elevar esse mesmo peso a altura de 1 m no tempo de 1 segundo. - 1 CV é a potência necessária para elevar um corpo de massa 75 kg a altura de 1 m no tempo de 1 segundo. - Na superfície da Terra para elevar um corpo de massa 75 kg à altura de 1 metro no tempo de 1 segundo é necessário uma potência de 75kg x 9,8m/s² = 735 W Então: 1 CV = 735 W 1 CV = 0,735 kW 1kW = 1,36 CV Exercícios 1 - Calcular a potência de um motor que produz o trabalho de 735kj em 10 segundos P
735kJ
10 s
73,5kW
73,5kj / s
73500W
73,5kW
100CV
2 - Calcular a potência de um motor que deve elevar um peso de massa 100kg a altura de 60m no tempo de 30 segundos. Aceleração da gravidade =9,8m/s²
57
Cálculo pelo sistema técnico F 100kgf v
P
60m 30 s
2m / s
F v 75
100kgf 2m / s 75
2,66CV
Cálculo pelo sistema internacional F m g 100k g 9,8m / s ² v
60m 30 s
P F v
2m / s
980 N 2m / s
980 N
1960W 1,96kW
3 - Uma bomba deve tirar água de um poço a razão de 7,5 litros por segundo. Sendo a profundidade do poço 10m calcular a potência teórica do motor que aciona a bomba hidráulica. No sistema técnico 1l 1kgf 7,5l 7,5kgf
P
F v 75
7,5kgf 10m / s 75
1,0CV
4 - Qual a potência em CV e Watts de uma queda de água de vazão 120m³ por minuto sendo a altura da queda 10m? No sistema técnico 1m ³
litros
1000
120m³ / min min
h
10
P
mv
F v
1000
2m ³ / s
10
m / s
2000 10
75
kgf
75
266CV
No sistema internacional internacional 1m³ 1000litros 120m³ / min min
1000
2m³ / s
2000kg 9,8m / s ²
h 10m v
kg
10
19600
N
m / s
P 19600 N 10m / s
196000
W 196k W
58
Rendimento Chama-se rendimento ao quociente do trabalho útil dividido pelo trabalho total.
u
Um motor elétrico não converte toda sua energia elétrica em trabalho útil quando movimenta uma maquina qualquer. Parte da energia é perdida em atritos internos nos mancais e principalmente principalmente aquecimento das bobinas. Conforme catálogo do fabricante, o rendimento de um motor trifásico de 1,5kW é aproximadamente 78% em relação ao consumo elétrico o que significa que perdeu 22% da energia consumida. Um motor de 2,0CV acionando o eixo de entrada de um redutor de velocidade com engrenagens helicoidais, helicoidais , com um rendimento rendiment o de 92%, transmite transmit e no eixo de saída uma potência de 2,0*0,92=1,84CV 2,0*0,92=1,84CV t
A figura a seguir representa representa um elevador elevador e seu contrapeso destinado destinado a diminuir diminuir a potência de acionamento. O elevador e o contrapeso estão ligados por um cabo de aço que passa pelas duas polias. Um conjunto motor-redutor aciona a polia motora com diâmetro 250mm indicada na figura. O peso do elevador com carga máxima mais o peso da cabine é 1500kg e o peso do contrapeso 1000kg. Sabendo-se que a velocidade do elevador deve ser 30 m/min e o rendimento do redutor e do conjunto de polias é 0,7, calcular a rotação por minuto e o torque no eixo da polia e a potência necessária para subir o elevador.
Determinação do momento de torção (torque) no eixo da polia motora. Uma força trabalha em sentido contrário da outra e portanto Mt F 1
F 2 R R
raio _ da _ polia polia
Mt 1500 1000 0,125m Mt 62,5kgf m
59
Para determinar rotação por minuto no eixo e potência do motor n
v
Mt N
d
30m / min min 3,14
716,2 N
n Mt n
716,2
0,25m
kgf m
38,2rpm
62,5 38,2 716,2 0,7
Rotação por minuto e torque no eixo de saída do redutor / eixo da polia motora
Potência no eixo de entrada do 4,75CV redutor / eixo do motor
Força de atrito Sempre que houver o movimento de um corpo, provocado por uma força qualquer, haverá uma força de atrito em sentido contrário ao movimento do corpo. Então a força de atrito se opõe ao movimento. Força necessária para deslocar o objeto
Força de atrito
Peso
Características da força de atrito Experimentalmente Experimentalmente obteve-se as seguintes leis: 1 - A força f orça de atrito independe independe da área de contato. 2 - A força f orça de atrito depende do acabamento acabamento das superfícies em contato 3 - A força de atrito independe da velocidade desde que não seja muito elevada. 4 - A força f orça de atrito é proporcional a força normal e ao coeficiente de atrito F atr
N
N = =
força normal = coeficiente de atrito
Coeficiente de atrito É adimensional e por definição o quociente da força de atrito pelo componente normal da força.
F a tr N
Coeficiente de atrito estático. Atua quando o corpo esta na iminência de iniciar o movimento. Coeficiente de atrito dinâmico. Atua quando o corpo já esta em movimento e há deslizamento deslizamento entre os corpos. O coeficiente de atrito varia de acordo com as superfícies em contato
60
Atrito no plano inclinado Ângulo de atrito O coeficiente de atrito estático entre dois materiais pode ser determinado pelo ângulo de atrito da seguinte forma:
Coloca-se um bloco sobre uma superfície plana feitos com os materiais a serem pesquisados como representado na figura acima. Aumentado-se lentamente a inclinação chegará um momento em que o bloco estará na iminência de movimento rampa abaixo.Nesse exato momento, o ângulo será o valor do ângulo de atrito estático. A força de atrito será F atr
P
F atr
N
F atr
P
cos cos
e
cos cos
e
E o coeficiente de atrito estático será e
e
P
cos
P sen
sen cos
COEFICIENTES DE ATRITO
Materiais em contato Aço / aço Aço/bronze Aço/ferro cinzento Fita de aço s/ferro Bronze/bronze Cortiça/metal Couro/metal Ferro cinz./bronze Ferro cinzento/ferro cinzento Poliamida/aço Poliuretano/aço
Atrito em repouso A Lubrifi Com seco cado água 0,15 0,10 0,19 0,10 0,28 0,15 0,60 0,25 0,62 0,30 0,15 0,28 0,35 0,36
0,11
0,30
Atrito em movimento A seco Lubrifi Com cado água 0,12 0,08 0,18 0,06 0,20 0,08 0,18 0,10 0,20 0,15 0,25 0,12 0,25 0,35 0,30 0,28 0,08 0,10 0,20 0,08 -
-
-
61
Exercícios 1 - Calcular a intensidade da força horizontal necessária para iniciar o deslocamento de um corpo de massa 1200kg feito de aço sobre uma superfície plana e horizontal feita de poliamida.
Coeficiente de atrito estático a seco conforme tabela = 0,35 No sistema técnico F F atr F P F 1200k gf 0,35 420k gf
Pelo sistema internacional internacional F F atr F P P m g 1200k g 9,8m / s ²
11760 N
F 11760 N 0,35 4116 N
2 - Um tambor rotativo de raio r suporta um peso de 1500kg sendo freado por meio de um mecanismo conforme figura a seguir. Calcular a força F mínima necessária para manter o tambor parado. O coeficiente de atrito estático entre a sapata do freio e o tambor é est = 0,7. = 550mm = 160mm
62
Analisando a figura, para manter manter o equilíbrio, equilíbrio, a força de atrito deve deve ter o mesmo valor da força peso ou seja 1500kgf. Então F atr
1500 k gf
F atr
N N
F atr
N
F
1500 0,7
a l
N
2143k gf
160 550
2143
623,4k gf
3 - Uma esteira transportadora, representada representada na figura a seguir, transporta 4 blocos de 150kg cada um. Desprezar no cálculo o peso da esteira. Sabendo-se que o coeficiente de atrito entre a esteira e a chapa de apoio é 0,35 calcular o torque necessário nos cilindros para iniciar o movimento. O raio da polia é 120mm.
No sistema acima os blocos permanecem parados em relação a esteira e, então o atrito está entre a esteira e a chapa de apoio. A força tangencial no cilindro acionado deverá ter um valor equivalente a força de atrito. Então P 150 4 F atr
P
600k gf 600 0,35
210k gf
Ft F atr Mt Ft r Mt 210k gf 0,12m
25,2k gf m
4 - Um bloco de peso Q, apoiado sobre um plano inclinado esta preso a extremidade de um cabo que passa por uma roldana que tem na outra extremidade um peso P. Supondo ser o coeficiente de atrito entre o bloco e o plano, calcular o valor da relação P/Q necessário para o equilíbrio. Desprezar o atrito na roldana e admitir o ângulo de inclinação do plano maior do que o ângulo de atrito.
63
Podemos ter dois casos Caso 1 - O corpo esta na eminência de subir. A tensão na corda é P
F I
Q se sen n
Pela condição de equilíbrio temos P F atr Q sen 0 I
F
sen
F atr
N
Q
I
F
Q sen
Q cos
N Q cos
Substituindo-se na equação P F atr
Q sen
0
P Q cos sen P Q
cos
sen
Caso 2 - O corpo tende a se deslocar para baixo
Pela condição de equilíbrio temos P F atr
F
I
0
P Q cos Q sen
0
P Q sen Q cos P Q sen cos P Q
sen cos
64
5 - Calcular o valor de Q de tal forma que a relação P/Q seja mínima. O peso Q = 100kg; = 0,1; = 30° P sen cos Q P
Q
100
Q Q
0,500 0,1 0,866
0,500 0,0866 100
0,4134
241,8k gf
Força necessária para elevar um corpo
F Q
sen
sen sen cos
cos
cos
Utiliza-se sinal + quando F for dirigido para baixo aumentado o atrito entre os corpos Utiliza-se sinal - quando F for dirigido para cima diminuindo o atrito entre os corpos Exercício Sobre um plano inclinado de inclinação igual a 55% acha-se uma caixa com um peso de 25kg. Para se elevar este corpo a uma altura de 5,5m pergunta-se qual é o trabalho realizado sendo que a força é aplicada numa direção que forma um ângulo de 20° com o plano inclinado para cima. É conhecido o coeficiente de atrito = 0,25. Soltando-se o corpo no plano mais alto do plano inclinado, pergunta-se qual a velocidade do mesmo no fim da rampa e onde irá parar a caixa se há um prolongamento horizontal no fim da rampa.
65
tg
55
0,55 29
100
Cálculo da força tg
0,25 F Q
14
20
F
29
sen cos cos
25 sen43 cos 6
25 sen29 14 cos cos 20 14
17 k g
Cálculo do trabalho
F S cos
S ²
10²
S ²
100
S
5,5² 30,25
130,25 11,4m
F S cos
17 k g 11, 4m cos 20
184k gm
Cálculo do rendimento
cos sen
cos
sen
cos( 20 14) sen29 ( 29 14) cos 20
sen
cos 6 sen29 sen
43 cos
0,994 0,485 0,682 0,94
0,75
Rendimento 75%
66
Cálculo da velocidade no fim da rampa Pt Q sen
25 sen29
Pt 25 0,485 12k g Pa
PN Q cos
Pa
0,25 0,25 cos 29
Pa
8,8k g
Fr 12 8,8
3,2k g
Fr m a 3,2
25 9,8
a
3,2 9,8
1, 25m / s 25 V ² V 0 ² 2 g S
a
V
2 9,8 11,4
5,25m / s
Cálculo da distância S Fr Fa Fa
ma
Fa
0,25 25 6,25k g
6,25
a
25 9,8
a
6,25 9,8
V ²
S I
25
2,45m / s ²
V 0 ² 2 a S I V ² 2a
5,25² 2 2,45
5,65m
67
Energia potencial A energia potencial potencial depende depende das posições inicial e final de um corpo e obtém-se obtém-se no caso de deslocamento deslocamento vertical, pelo produto do peso peso multiplicado multiplicado pela altura. No caso de um corpo situado a uma determinada altura do solo denomina-se energia potencial gravitacional gravitacional
No sistema técnico
No sistema internacional
Epg E pg
Epg E pg
P h
m g h
A energia potencial potencial gravitacional gravitacional de um corpo com massa 50kg 50kg e altura 200cm em relação ao solo No sistema internacional internacional 980 0 Nm Epg Epg m g h 50kg 9,8m / s ² 2m 98 Nm No sistema técnico Epg Epg P h
50kgf 2m
60kgf .m
Energia cinética A energia cinética cinética refere-se a velocidade velocidade e é por por definição o semi semi produto da massa pela velocidade ao quadrado. Ec
m
v²
2
A energia cinética cinética de uma bala bala de 10g projetada projetada com uma velocidade velocidade de 600m/s 600m/s é No sistema internacional internacional Ec Ec
m v² 2
0,010k g 600m / s ² 2
1800k g m / s ² 1800 J
No sistema técnico Ec Ec
m v² g 2
0,010kg 600m / s ² 9,8m / s ² 2
91,8kgf m
Calcular a energia cinética de um corpo de massa 5kg que cai em queda livre de uma altura de 10m g 9,8m / s ² V ²
V 0 ²
V ²
0 2 9,8m / s ² 10m
Ec Ec
2 g h
m v² 2
5k g 14m / s ² 2
490k g m / s ²
490 J
68
Atrito de rolamento Denomina-se atrito de rolamento ao atrito que se verifica t eoricamente através através do contato de dois pontos entre um corpo esférico, ou uma linha muito fina no caso de um corpo cilíndrico, e um plano. Quando há somente atrito de rolamento no movimento rotacional rotaciona l de 180° (A- A¹) do corpo, o mesmo realiza o movimento de translação r
Contudo, na pratica, em função da deformação dos materiais, o contato se dá através de superfícies. Exagerando a deformação teremos
Para movimentar a esfera ou cilindro, pela observação da figura acima, pode-se deduzir as seguintes fórmulas: F Fatr Fatr P N f
F
P
F
P t an
r
f
r Mt F r
A fórmula para o cálculo cálculo do momento momento de torção para para movimentar a esfera ou cilindro
r
Mt P
f
r P f
r Mt P r r
Para calcular a força necessária para manter em movimento um vagão rolando sobre trilhos nivelados, com peso de 50000kg e diâmetro de roda 400mm sabendo-se que f = = 0,05cm. f 0,05cm 50000kg 125kgf F P r 20cm 69
Para calcular o torque necessário no eixo da roda, caso fosse uma locomotiva Mt Mt P f 50000 kf 0,05cm
2500kgf cm
Para calcular a potência necessária para manter o movimento supondo-se que a velocidade velocidade fosse f osse 30m/min. No sistema técnico P
F (k g ) v(m / min) 75 60
125k g 30m / min 4500
0,83CV
ou partindo do torque sendo necessário calcular a velocidade em rpm da roda v
d n n
v
n
30m / min min 3,14 0,4m
d
23,88rpm
Mt 2500 k gf .cm P
Mt ( k gf .cm) n( rpm) 71620
2500 23,88 71620
0,83CV
70
Rodas de fricção Fricção cônica A roda de fricção é empregada para para variar a velocidade velocidade dos mecanismos. Obtém-se um bom rendimento aumentando-se o diâmetro da roda e empregando-se material com auto coeficiente de atrito. Obtém-se o momento constante quando a superfície de contato for uniforme e quando as superfícies forem impregnadas impregnadas com lubrificantes. H
P N sen
U
U
H
t angencial U - Esforço tangencial
sen 1,0 H
0,286 U
P max max Q
P N - Pressão de trabalho
Trabalho de fricção
U
P max max-
D B
Pressão máxima
Q - Quantidade de
D B S
material submetido ao desgaste Fricção com discos circulares U
i -
H i
0,286 U
P max max Q
U
D B
i
D B S i
Quantidade de discos
71
CORREIAS EM V São usadas devido ao baixo custo de manutenção, trabalham silenciosamente e absorvem o choque de torção. Nomenclatura Polia motora. É a polia ligada diretamente ao motor e apresenta geralmente um diâmetro menor (d) Polia movida (D). Apresenta um diâmetro maior do que a polia motora
Existem 5 tipos de secções. As que apresentam pequena secção são usadas para serviços leves e as de secção transversal maior para serviços pesados.
Relação de transmissão ( i ). ). Obtém-se dividindo o número de rotações da polia motora pelo número de rotações da polia movida. O número de rotações da polia movida n2 obtém-se pela fórmula n2
d
D
n1
n1 - rpm do motor
Comprimento nominal da correia. É o comprimento da correia ao longo da linha neutra.
72
Comprimento da correia L
2 C 1,57( D d )
( D d ) 4 C
Fórmula para achar o arco de contato ( D d ) 180 60 C Fator de correção do arco de contato (F ac)
90° 100° 110° 120° 125° 130° 135° 140°
0,69 0,74 0,79 0,83 0,85 0,86 0,87 0,89
145° 150° 155° 160° 165° 170° 175°
0,91 0,92 0,94 0,95 0,96 0,98 0,99
73
Fator de serviço (Fs)
Quantidade de correias q
CV motor F Fs s CV correia F ac
74
DIMENSIONAMENTO DE ENGRENAGENS Engrenagens cilíndricas (a maior parte desta matéria foi modificada) n - número de rotações por minuto z - número de dentes D - diâmetro primitivo i - relação de redução v - velocidade angular, periférica ou tangencial m - módulo - ângulo de pressão i
v
D2 D1
n1
n2
D1
n1
60
D1
D2
z 2 z 1
D2
60
n2
m / s
C 2 i
1
C 2
D1
Diâmetro primitivo Dp m z m - módulo m p - passo a = 1 m
p
m
Dp z
75
d = 1,25 m e - espessura do dente
e
r - raio de concordância
p
m
2 r
0,3
2
m
b - largura do dente - 15 a 25 vezes o módulo z - número de dentes. Mínimo número de dentes 18 dentes para engrenagens de qualidade com ângulo de pressão 20° 24 dentes para engrenagens de baixa qualidade. Fórmula simples para o cálculo do módulo N g cm z n f
m 52 3 N -
potência em CV f -Tensão admissível a flexão do material n - número de rotações por minuto b 15 a 25 m g - coeficiente variável em função do número de dentes e do ângulo de pressão Valores de g g g Número de Número de dentes dentes 20° 15° 20° 15° 12 4,6 24 3,2 4,13 13 4,35 5,38 28 3,1 3,9 14 4,1 5,22 34 3,0 3,7 15 3,9 5,07 40 2,9 3,5 16 3,75 4,93 50 2,8 3,4 17 3.6 4,80 65 2,7 3,27
λ = Relação entre largura da engrenagem e m ódulo:
Cálculo da tensão admissível no pé do dente (conforme AGMA)
F
m b J Kv Mt 2
Ft
Ko Km
D F Ft cos
Mt
71620
N
n
kgf .cm
- ângulo de pressão
Fator dinâmico - Engrenagens de ferro fundido
Kv
3
3 v
- Engrenagens com dentes usinados sem precisão
Kv
- Engrenagens com dentes fresados com precisão
Kv
6
6v
50
50
200 v
76
- Engrenagens com dentes retificados
Kv
78
78
J -
200 v
Fator relativo a geometria do dente
A curva inferior deve deve ser utilizada utilizada para baixa razão de contato em em função de projeto de de baixa qualidade. Curvas superiores para alta qualidade de projeto e raio de concordância no pé do dente de acordo com norma AGMA. O projeto dos eixos e mancais deve garantir o contato em toda a largura do dente. Fatores de segurança Fs Fs Ko Km
Fs
K o-
Fator de sobrecarga baseado nos impactos gerados pelo sistema de motorização e maquina movida.
Acionamento Motor elétrico ou Turbina a vapor Motor a explosão ou Motor hidráulico
Classificação de cargas maquina movida Uniforme Choques Choques moderados fortes 0,80 1,00 1,50 1,00 1,25 1,75 1,25 1,50 2,00 1,00 1,25 1,75 1,25 1,50 2,00 1,50 1,75 2,25
77
Km -
Fator de distribuição de carga sobre o dente, baseado na qualidade de construção das engrenagens, eixos e mancais.
Fator K m Características
Largura do dente em mm 0 - 50 150 225 400 ou mais 1,3 1,4 1,5 1,8
Eixos bem dimensionados com mínima distância entre mancais. Engrenagens precisas e montagem correta Engrenagens e montagem menos precisas mas com contato em toda largura do dente Falta de contato total entre os dentes
1,6
1,7
1,8
2,2
>2,2
1 - Dimensionar um par de engrenagens cilíndricas de dentes retos para acionamento de um transportador de correia e mais as seguintes condições: N = 10CV C = 500mm n1 = 175rpm n2 = 70rpm = 20° Material: Aço ABNT 1030 com = kg/cm² Relação de transmissão
i
n2 n1
70
1
175
2,5
Diâmetros primitivos C
500mm
D1
D2
C 2
i 1
D1
D2
2 500 2 2,5 1
C 2 D1
285,7 285mm
500 2 285 715mm
z1 - Número de dentes do pinhão = 24 dentes z 2
z 1 i
24 2,5 60dentes
Cálculo do módulo relação _
b
20 m g 3,2 _ conforme _ tabela
m 52 3
Passo
10 3,2 52 3 0,44cm 4,4mm 5mm 20 24 175 650 z n f
p
N g
m 5 3,14 15,7mm
z 1
D1
Correção do número de dentes z 2
m
285
D2
m
5
715
5
57 dentes
143dentes
78
Verificação da tensão admissível no dente do pinhão Momento de torção Mt
1
Velocidade periférica Mt 2
Ft
D
v
4092 2 28,5
71620 N
n
D1 n1
60
71620 10 175
0,285 175 60
4092kg .cm
2,6m / s
287kgf
F Ft cos 287 cos 20 287 0,939 269,7kg b m 20 0,5 20 10cm Kv
6 6v
6
6 2,6
0,7
J 0,3
F m b J Kv
Ko Km
269,7 0,5 10 0,3 0,7
1,6 1,25
513kg / cm²
Conclusão: Boa segurança porque a tensão admissível do material é maior do que tensão de cálculo. 2 - Dimensionar Dimensionar um par de engrenagens cilíndricas cilíndricas destinadas a transmitir a potência de um motor de 2 CV com 1720rpm para um eixo com 420rpm. Engrenagens com ângulo de pressão = 15°. Motor elétrico e maquina acionada sem choques. Material: aço ABNT 1030 - = kg/cm² Relação de transmissão
i
n2
420
n1
1
1720
4,1
Número de dentes: z 1 = 25 dentes z 2
z 1 i
25 4,1 102,5 103dentes
Módulo relação _
b
20 m g 4,13 _ conforme _ tabela
m 52 3
2 4,13 52 3 0,126cm 0,15cm f z n 25 20 1750 650 N g
Diâmetros D1
m z 1
D2
m z 2
1,5 25 37,5mm
1,5 103 154,5mm
Velocidade periférica
v
D2 n2 60
0,154 420 60
3,38m / s
Verificação da tensão admissível no dente do pinhão Momento de torção Mt 1
71620 N
n
71620 2 1720
83,3kg .cm
79
Velocidade periférica
Ft
Mt 2
D
83,3 2 3,75
v
D2 n2
60
0,154 420 60
3,38m / s
44,4kgf
F Ft cos 44,4 cos 20 44,4 0,939 41,7kg b m 20 0,15 20 3cm Kv
6 6v
6 6 3,38
0,64
J 0,36
F m b J Kv
Ko Km
41,7 0,15 3,0 0,36 0,64
1,6 1,00
643kg / cm²
Conclusão: Diâmetro do eixo do pinhão
- Momento de torção do pinhão Mt 1 - Diâmetro do eixo
Mt
n
Mt
Wt
71620 N
0,2d ³
d 1
71620 2 1720
Mt 1
3
83,3kg .cm
83,3
3
0,2
0,2 650
0,86cm
Diâmetro do eixo da engrenagem - Momento de torção da engrenagem Mt 2 - Diâmetro do eixo
d 2
3
Mt 2
0,2
3
71620 N
341 0,2 650
n
71620 2 420
341kg .cm
1,38cm
80
Rosca sem fim e coroa
Análise dos esforços esforços
81
Forças F 1
F N cos
F 1
F N cos
Mt 71620 Ft
d
N
Ft 71620
n
71620
2
tg ( ) Fa
kgfcm
71620
Ft Fa N 2
n d
Ft tg ( )
Fv F N sen F 1 tg R cos tg
N
n N 2
Fv Ft ² Fa ² cos tg
n d
F 1
F tg ( )
F N cos R cos
Fv F 1 tg R Ft ² Fa ²
1 - Reações de apoio. Ra
Rb
Fv
Fa d
2
2 l
Momentos - plano vertical Fv l
2 - Mf
1
4
Fa d
3 - Mf
2
Mfv Mfv
4
Mf 1 Mf 2
Fv l Fa d 4
4
- plano horizontal 4 - Mfh
Ft l
4
5 - Momento fletor final - plano transversal
Momento fletor ideal 0
f
t
f
Mf Mfv Mfv
Ft
²
Mfh Mfh
²
d 2
Mi 0,35 Mf 0,65 Mf ² 0 ² Mt ²
Mi Wf
Mi d ³
Mi 0,1 d ³
1,73
32
Diâmetro aproximado da rosca d
3
Mi 0,1 f
3
10 Mi
f
82
Detalhes de construção recomendados
Ângulo de inclin. da rosca 0° a 15° 15° a 30° 30° a 35° 35° a 40° 40° a 45°
Ângulo de pressão 14,5° 20° 25° 25° 30°
y
Adendo (mm) 0,3683.pn 0,3683.pn 0,2865.pn 0,2546.pn 0,2228.pn
0,10 0,125 0,15 0,15 0,175
Dedendo (mm) 0,3683.pn 0,3683.pn 0,3314.pn 0,2947.pn 0,2578.pn
Exemplo de cálculo Dimensionar a rosca sem fim e a coroa de um mecanismo de levantamento cujo tambor exerce um esforço tangencial de 300kg com velocidade de subida da carga 3,6m/s. Motor 1750rpm. Núm. de entradas sem fim - 4. Núm. de dentes da coroa - 60 = 650kg/cm²
Relação de transmissão Rotação do tambor n Diâmetro do tambor
n2
i
n1
v
z 2
15
i
Potência do motor N
1750
n1 2
4
z 1
D
n
60
F v 75
60
116rpm
D
v 60
15
n
300kg 3,6 75 0,75
3,6 60
116
0,59m 59cm
19,2CV
- rendimento do conjunto rosca sem fim - coroa =
0,75
Diâmetro primitivo aproximado da rosca sem fim d rsf
20 3
N n1
20 3
19,2 1750
20 3 0.0109
4,43cm 5cm
83
Cálculo da velocidade Va Vt tg d rsf n
Vt
0,05 1750
4,58m / s 60 60 Va Vt tg 4,58 tg 20 1,66m / s
Cálculo do momento de torção no eixo do tambor / eixo da coroa Mt 2
P
d t
2
60
300kg
2
9000kg .cm
Mt = Momento de torção necessário para elevar o peso d t - diâmetro do tambor
Cálculo do módulo N g z n f cm 19,2 2,7 mac 52 3 7 60 116 650 0,61cm mn mac cos 0,61 cos 20 0,57 6mm mac 52 3
Diâmetro primitivo da coroa D2
mn z 2
6 60 360mm
Forças Ft 71620 Fa
N
2
n d rsf
Ft tg ( )
71620 19,2 2 1750 5
314
tg ( 20 6)
314kg
644kg
Fv Ft ² Fa ² cos tg 314² 644² cos 6 tg 1430 Fv 201kg
84
Momentos - plano vertical Mf 1
Mf 2
Mf v
- plano horizontal Mf N
Fv l
4
Fa d
201 30
644 5
4
Ft l 4
314 30 4
Ft d rsf 2
kg .cm
805kg .cm
1507 805
Momento fletor final Mf Mf v ² Mf N ² - plano transversal Mt 1
4
Mf 1 Mf 2
1507
4
2355kg
2312² 2355²
314 5 2
2312kg .cm
3300kg .cm
785kg .cm
Mi 0,35 Mf 0,65 Mf ² 0 ² Mt 1 ²
t
Momento fletor ideal
1700
0 0,755 t 1,73 1300 Mi 0,35 3300 0,65 3300² 0,755² 785² Mi 3334kg .cm
Cálculo do diâm. mínimo da rosca sem fim d rsf
3
Mi 0,1 f
3
3334 0,1 1700
2,7cm
Verificação da tensão admissível a flexão no dente do pinhão de acordo com a equação de Buckinghan
Fa cos pn b y
Fa cos pt c cos b y
Fa pt c b y
644 1,9 3 0,125
903kg / cm²
pn pt c cos
b - largura da coroa
85
Volantes O volante de inércia é um sistema de armazenamento de energia mecânica e sua característica principal é a de absorver energia e descarrega-la num curto período de tempo.
Fórmulas principais principais l
6 r
P 2
P 1
cos
Ft P 2 sen( ) Fr P 2 cos( )
- com ângulo tendendo a 0 Ft
P 2
cos
Fr P 2
( ) P 1 sen
sen
cos( )
P 1
cos
cos( ) P 1 cos
Exemplo Calcular as forças no volante para uma maquina a vapor que fornece uma pressão exercida pelo pistão de 10500kg. Comprimento da manivela r = 22,5 cm Valor da força tangencial nas diversas posições Pos. (graus) sen cos x (cm)
1 2 3 4 5 6 7 8 9
0 60 90 120 180 240 270 300 360
0 0,866 1 0,866 0 -0,866 -1 -0,866 0
1 0,5 0 -0,5 -1 -0,5 0 0,5 1,0
0 11,25 22,5 33,75 45,0 33,75 22,5 11,25 0
Arcos (cm) 0 23,52 23,52 35,3 47,04 70,6 94,08 105,9 117,6 144,2
P (kg)
Ft (kg)
10500 10500 7000 3500 -10500 -10500 -7000 -3500 10500
0 9100 7000 3030 0 9100 7000 3030 0 86
x
x
1
- valores de x
x x x
2 3 4
(1 cos )
r
22,5(1 1)
0
22,5(1 0,5)
22,5(1 0)
22,5(1 ( 0,5))
11,25
22,5
33,75
- valores dos arcos 360 : 2 r : arco
arco
2 r
arco
0,392
360
2 22,5
360
2 22,5 360
0,392
- pressão P 10500 3 11,25 P 3
2 11,25
3 11,25
2 11,25
P 3
2 11,25 10500
7000
P 4
7000kg
P 4 11,25
7000 11,25 2 11,25
- força tangencial
3500kg
Ft 1
P 1 sen 1
Ft 2
P 2 sen 2
10500 0,866 9100kg
Ft 3
P 3 sen 3
7000 1 7000kg
Ft 4
P 4 sen 4
3500 0,866 3030kg
10500 0 0
87
Força utilizável nas prensas excêntricas
Exercício Verificar se é possível executar um furo de 55m de diâmetro em chapa de aço com 6mm de espessura e c = 40kg/mm², utilizando uma prensa excêntrica com capacidade nominal de 100t. A prensa está regulada para um curso de 120mm Fu d e Fu 55 6 40 41448kg
- Para maior segurança, na pratica, acrescenta-se acrescent a-se ao valor 20% a mais Fu 41448 1,2 49738kg 50t
- a seguir calcula-se o Fu máximo da prensa utilizando o gráfico. 120
r y curso y y
e 1
r r cos y
arc cos
r y r
6 1 7 mm
r (1 cos )
60
2 60
y
60 7 60
0,88
2820'
Fu
C f 4,4
100 1,9 4,4
43,1t
88
- força utilizável da prensa abaixo da força necessária de corte considerando fator segurança. - é possível executar a operação modificando a excentricidade da prensa. r
- pela fórmula - temos
y
1
cos
24
- pelo gráfico
r
7 1 cos 24
7 1 0,913
7 0,087
8,04mm
Molas Determinar a flexa e a carga de uma mola reta, de planta retangular com os seguintes dados: - espessura e = 1,5mm - módulo de elasticidade elasticida de E = 21000kg/mm² - largura b = 10mm -resistência a flexão = 50kg/mm² - comprimento l = 90mm
Fórmulas
Mf
Wf
P l b e²
f
6
f
6
J
P l
b e²
W P f
b e² 6
W
l 1 P l ³
3 E J
P
10 1,5² 6
50 3,75 90
1 P l ³
3 E J b e³ 12
W
l
3,75mm²
J
2,08kg
W
2,08 90³ 3 21000 2,81
8,56mm
J
b e³ 12
b e² l 6
2
b e² 6
l 2
W
1,5 2
3,75
2,81
89
Diagrama para o cálculo de molas espirais
Fórmulas para o cálculo de molas comprimidas d f
p f d 0,1 d
P r
3
0,196
12,6 r ²
d G r 0,5 D
np
curso _ total f
CL
np p
CC CL aperto _ inicial
CF CC curso _ útil
num.espiras np 1
- passo - número de passos CL - comprimento livre CC - comprimento colocado CF - comprimento fechado
- tensão admissível de torção (kg/mm²) = 0,75 a 0,8 - tensão admissível a tração (kg/mm²) - módulo de elasticidade = 8800kg/mm²
Tensão admissível de torção (kg/mm²) Carga contínua ou aplicada gradualmente Violenta ou rápida oscilação de carga
Mola comprim. 63kg/mm² 40kg/mm²
Mola tracionada 40kg/mm² 25kg/mm² 90
Diâmetro d polegadas Até 1/8" 1/8" a 1/4" 1/4" a 1/2"
APERTO INICIAL mm Até 3,17mm 3,18 a 6,3mm 6,4 a 12,7mm
3mm 5mm 8mm
Exemplos - Mola comprimida submetida a uma carga gradual com diâmetro D = 31,5mm e diâmetro do arame d = 4mm. = 63kg/mm². Do diagrama extraímos P = 50kg; f = 6,3mm - Mola tracionada submetida a uma brusca variação de carga com diâmetro D = 31,5mm e diâmetro do arame d = 4mm. = 25kg/mm². Do diagrama extraímos P = 20kg; f = 2,5mm - Inversamente: Inversamente: Mola comprimida submetida submetida a uma carga gradual gradual com peso 50kg e diâmetro D = 31,5mm. = 63kg/mm². Do diagrama extraímos d = 4mm; f = 6,3mm
91
