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ENGENHARIA MECÂNICA

Questão nº 1

Padrão de Resposta Esperado:

a) Calcula-se a rotação para velocidade de corte de 32 m/min em uma broca com 8 milímetros de diâmetro:

π π

1.000 x v 1.000 x 32n = = =1.273 rpm

xd x 8 Assim, a rotação de 1.250 rpm é a que fornece uma velocidade de corte menor que o limite indicado pelo fabricante da ferramenta.

(valor: 2,0 pontos)b) Pode-se estimar o avanço que será aplicado pelo operador, usando a expressão:

Fa = 319 x 81,32 a0,65 = 800 N e obtendo:

a = 0,0603 mm/rot

O momento torsor para um furo com 8 milímetros de diâmetro e avanço de 0,0603 mm/rot é obtido pela expressão:

Mt = 0,148 x 82,22 x 0,06030,76 = 1,77 N m (valor: 5,0 pontos)

c) A potência consumida na operação a 1.250 rpm é obtida multiplicando o momento torsor pela velocidade angular:

P = Mt x ω

π1.250 x 2

P = 1,77 x = 232 W60

Sendo a potência consumida menor que 400 W, a furadeira pode ser usada. (valor: 3,0 pontos)

2


M

V

2P

P

L L

Questão nº 2


a) Considerando a rigidez k → ∞, tem-se um apoio simples na extremidade direita da tubulação, conforme ilustrado na figura. (valor: 2,5 pontos)

Considerando a rigidez k → 0, tem-se a extremidade direita livre, conforme ilustrado na figura. (valor: 2,5 pontos)

b) O equilíbrio de forças na direção y fornece:

∑ ⇒y

F = 0 V = P

A equação de equilíbrio de momentos na direção z fornece:

∑ Mz = 0 ⇒ M = 3PL

Assim, a equação de momentos entre o engaste e a força P fica: M = 3PL – Px

Utilizando a equação da linha elástica tem-se: − 2

2

d yEI = 3PL Px ,

dx

que, integrada, fornece: − +2

1

dy PxEI = 3PLx C ,

dx 2

onde C1 = 0, uma vez que . x=0

dy = 0dx

A segunda integração fornece:

−2 3

23PLx Px

EI y = + C ,2 6

onde C2 = 0, pois (y)x = 0 = 0.

Logo, em x = L, a equação da linha elástica fornece

− ⇒2 3 33PLL PL 4PL

EI y = y = 2 6 3EI

(valor: 5,0 pontos)

x

P

L L y y

x

L L y

P

3


Questão nº 3


a) Para calcular a massa de ar da atmosfera, considerando que a pressão atmosférica é a pressão devida ao peso da massa de aracima da superfície, pode-se escrever:

mg = PA

No caso, A é a área da superfície da Terra, considerada como uma esfera de raio 6,37 x 106 m. Portanto:

π 6 218PA 100.000 x 4 (6,37 x 10 )

m = = = 5,2 x 10 kgg 9,81

(valor: 3,0 pontos)

b) A contribuição percentual das emissões veiculares anuais é determinada pela razão:

−12

52 18

3 x 10%CO = 100% = 5,8 x 10 %

5,2 x 10

Como a contribuição das emissões veiculares na concentração de CO2 na atmosfera é muito pequena (cerca de 0,6 partes pormilhão), normalmente seu efeito é desprezível. Entretanto, a preocupação com essas emissões nas grandes cidades deve-se aofato de que há uma maior quantidade de veículos nessas áreas, relativamente pequenas, em comparação com outras muito maisextensas (Amazônia, oceanos, desertos), nas quais praticamente inexistem veículos circulando. Além disso, as emissões de CO2concentram-se, inicialmente, no nível do solo, pois o CO2 é mais pesado que o ar. (valor: 3,0 pontos)

c) Devem ser citadas duas das seguintes fontes: − queimadas em florestas, matas, etc; − usinas termoelétricas a gás, a carvão e a óleo combustível; − emissões vulcânicas; − turbinas de aviões.

A grande influência do CO2 se dá no efeito estufa, associado a um possível aquecimento da atmosfera da Terra. Como é sabido,esse aquecimento pode resultar no aumento do derretimento de neve e gelo acumulados sobre os pólos e os continentes e oconseqüente aumento do nível do mar. (valor: 4,0 pontos)

4


Questão nº 4


a) Considerando σ ∫F = d A, tem-se:

σ − σ − σ

∫t/22t/2

e e e00

t x t x x tF = 2 1+ L dx = 2 L x + = L t 1+

2h h 2h 2h 4h (valor: 4,0 pontos)

Solução alternativa: calculando a média das tensões entre o centro (σx=0) e a borda (σx=t/2) e multiplicando pela área, obtém-se:

σ σ σ

e e e

L t t tF = 1+ + = L t 1+

2 2h 4h (valor: 4,0 pontos)

b) A carga máxima que o conjunto pode suportar, com uma espessura de 0,3 milímetros, não pode ser maior que a carga para escoara chapa de aço:

Faço = 550 x 20 x 2 = 22 kN

A carga máxima que pode ser suportada pelo material de adição é:

σ (h=0,3) e

t 2F = L t 1+ = 240 x 20 x 2 1+ = 9.600 x 2,67 = 25,6 kN

4h 4 x 0,3

Logo, o conjunto suportará uma carga de 22 kN, desde que não haja rompimento nas superfícies de contato do metal de base como metal de adição. (valor: 4,0 pontos)

c) Brasagem é um processo de soldagem no qual a união é executada por meio de uma liga metálica, cujo ponto de fusão é inferiorao do metal de base. Nesse processo, não ocorre a fusão do metal de base, sendo a junta preenchida por efeito capilar.

(valor: 2,0 pontos)

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Questão nº 5


a) A partir do balanço de energia na esfera, tem-se que a taxa de variação de energia da esfera é igual à taxa de transferência de calorpor convecção, assim,

∞− −dT

mc = hA(T T )dt

Este é um problema de valor inicial sujeito à condição T = T0 em t = 0.

Integrando a equação diferencial e utilizando a condição em t = 0, obtém-se:

∞

∞

− − −0

T T hA= exp tmcT T

Logo,

∞

∞

−−

−

ffinal

0

mc T Tt = ln

hA T T

onde,

−ρ π 3 34

m = V x = x x (0,005) x 8.000 = 4,189 x 10 kg3

−π 2 4 2A = 4 x x 0,005 = 3,1416 x 10 m

Portanto, o tempo de resfriamento será de:

−

−

−−

−

3

final 4

4,189 x 10 x 480 300 20t = ln

300 x 3,1416 x 10 860 20

tfinal = 23,4 s (valor: 6,0 pontos)

b) A microestrutura do material é determinada pela taxa de resfriamento do sólido. O tempo de resfriamento, portanto, influencia aspropriedades finais do aço. O resfriamento por convecção natural, que ocorre quando a bomba de circulação pára de funcionar,tem uma taxa de resfriamento inferior à da convecção forçada, levando à obtenção de uma estrutura com menor resistência mecânicae menor dureza. (valor: 4,0 pontos)

6


Questão nº 6


a) A figura abaixo ilustra a coordenada x da posição do elevador.

Assim, o comprimento da parte variável do cabo é: L = 4x ,

onde L é o comprimento de enrolamento.

Assim, a relação entre a velocidade de enrolamento e a velocidade do elevador é: L = 4x. Para uma velocidade de elevação de 2,0 m/s, tem-se uma velocidade de enrolamento do cabo de 4 x 2,0 = 8,0 m/s.

Considerando o tambor com 20 cm de diâmetro, a velocidade angular de enrolamento do tambor será:

ωL 8

= = = 80 rad/s.R 0,10

Logo, a rotação do tambor é:

ωπ

60n = x = 764 rpm

2 (valor: 3,0 pontos)

b) Durante a elevação com movimento uniforme, tem-se:

∑ ⇒ − ⇒ ⇒c c c

mg 1.000 x 9,81F = 0 4F mg = 0 F = = F = 2.452,5 N,

4 4 onde Fc é a força trativa atuante no cabo.

Assim, para um diâmetro de 20 cm do tambor, obtém-se:

⇒1 1c

DT = F T = 245, 25 N m

2 Este item pode ser resolvido também através do conceito de potência, isto é: igualando-se as potências associadas ao movimento

de translação do elevador e ao movimento circular do motor tem-se:

⇒1 1

1

mgv 1000 x9,81x2(mg)v=T .ω T = =

ω 80

T = 245,25Nm (valor: 3,0 pontos)

c) Conforme pode ser verificado no gráfico fornecido, o tempo necessário para o tambor atingir a velocidade de operação é de 0,5 s.Logo, para um movimento uniformemente acelerado, tem-se:

∆

∆ ∆ ⇒ ⇒∆

2v 2,0v = a t a = = a = 4 m/s

t 0,5 Aplicando a Segunda Lei de Newton, obtém-se:

∑ ⇒ − ⇒ ⇒c c c

m(g + a)F = ma 4F mg = ma F = F = 3.452,5 N

4 Assim, o torque inicialmente aplicado ao tambor vale:

⇒2 2c

DT = F T = 345,25 N m

2 (valor: 4,0 pontos)

x

7


B

B

B

A

A

C

C

B

B

B

A

A

C

C

Figura 1 Figura 2

Questão nº 7


a) Considerando o peso do braço concentrado, têm-se os diagramas da Figura 1. Caso o peso do braço seja considerado distribuído,têm-se os diagramas da Figura 2.

(valor: 4,0 pontos)

b) Sendo PBC o peso do braço e FD a força de arrasto, o momento máximo no engaste é expresso por:

máx BC D

a LM = P + F

2 2

Sendo PAB o peso do poste, a força axial no engaste é dada por:

Fmáx = PAB + PBC

Cálculo da força de arrasto:

−

ρ

µ5

5

Vd 1,23 x 13,9 x 0,5Re = = = 4,78 x 10

1,79 x 10

Pelos dados fornecidos tem-se CD = 0,5

Área frontal: A = dL = 0,5 x 12 = 6,0 m2.

Assim,

( )2

D

1F = x 1,23 x 13,9 x 6,0 x 0,5 = 356,5 N

2 Deste modo,

máx

400 x 1,5 356,5 x 12M = + = 2.439 N m

2 2 Fmáx = 400 + 20.000 = 20.400 N

e a tensão máxima será

σ = ⇒ σ =π π π π

6máx máxmáx máx2 2

8M F 8 x 2.439 20.400= + = + (0,83 + 0, 43)x10 1,26 MPa(compressiva)

d t dt x (0,5) x 0,03 x 0,5 x 0,03(valor: 6,0 pontos)

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Questão nº 8


a) As hipóteses habituais da termodinâmica pertinentes a este problema reduzem a equação geral do balanço de energia a:

,e s

(mh) = (mh )∑ ∑

que se traduz em:

supondo o calor específico da água e do óleo constantes,

( ) ( ) ( ) ( )óleo na entrada água na entrada óleo na saida água na saídamh + mh = mh + mh ,

ou seja:

− −óleo entrada saída óleo água saída entrada águam (h h ) = m (h h ) (valor: 3,0 pontos)

Essa é a equação básica de energia a ser aplicada a um trocador de calor. Pode-se, também, considerar que o e são constantes e obter a equação do balanço de energia na forma:

− −(p entrada saída p água saída entradaóleo óleo água

mc ) (T T ) = (mc ) (T T )

b) Deve-se notar que a temperatura de saída da água não foi determinada. Entretanto, no enunciado, há referência à temperatura de28°C, como um ponto de alteração significante no padrão de custos do projeto. Nota-se que a função custo apresenta um pontode mínimo para essa temperatura. Assim, uma estimativa inicial de projeto deve envolver a temperatura de 28°C, uma condiçãocrítica evidente por significar um sensível aumento nos custos.

Com a hipótese de fluido (escoamento) incompressível, a variação de entalpia se escreve como função da variação de temperaturas e, com isso,

− −(p entrada saída p água saída entradaóleo óleo água

mc ) (T T ) = (mc ) (T T )

Uma vez que a temperatura da água, na saída, tenha sido encontrada, a vazão de massa pode ser determinada por:

)

−

− =

p 1 2 óleoágua

p 2 1água

mc (T Tm =

c (t t ) −

− 0,6 x 1 .9 51 x (52 25)

= 0, 8 4 kg/s4 .181 x (28 19)

(valor: 3,0 pontos)

c) Na ausência de perdas pelo isolamento, toda a energia liberada pela corrente quente será absorvida pela corrente fria, em umprocesso interno ao equipamento. Portanto, a determinação da área interna de troca de calor será feita pela análise de uma dascorrentes de fluido e não mais do equipamento. Dessa forma, o calor trocado por cada um dos fluidos corresponde a:

∆ lnQ = UAF T , logo ∆ ln

QA =

UF T

Determinação da diferença média logarítmica:

∆ − ∆

∆ ∆ ∆

1 2ln

1 2

T TT =

ln T T

onde:

. ∆T1 = T1 − t2 = 52 − 28 = 24°C

. ∆T2 = T2 − t1 = 25 − 19 = 6°C

Assim,

[ ]−

∆ ln

24 6T = = 13°C

ln 24/6 Pela aplicação da primeira Lei da Termodinâmica a uma das duas correntes de fluido, obtém-se o calor trocado:

− −p óleo entrada saída óleo p água saída entrada águaQ = (mc ) (T T ) = (mc ) (T T )

(valor: 3,0 pontos)

cpóleocpágua

9


Substituindo os valores:

−

−

Q = 0, 6 x 1.951 x (52 25) = 31.606 W

ou

Q = 0, 84 x 4.181 x (28 19) 31.606 W≅

Determinação do fator de correção F:

− −

− −

− −

− −

1 2

2 1

2 1

1 1

T T 52 25R = = = 3

t t 28 19

t t 28 19 P = = = 0,273

T t 52 19

.

.

Consultando o gráfico, obtém-se o valor de F = 0,92 para a configuração do problema.

Finalmente, pode-se escrever:

∆

2

ln

Q 31.606A = = = 26,4 m

UF T 100 x 0,92 x 13

A área de troca para a configuração do problema corresponde a:

A = N(πDL)

Considerando D = 0,04 m e L = 1,5 m, tem-se que o número de tubos é igual a:

( )π π

A 2 6 , 4N = = = 1 4 0 , 0 5

D L x 0 , 0 4 x 1 , 5

Logo, serão necessários 141 tubos. (valor: 4,0 pontos)

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Questão nº 9


a) De acordo com a carta de calibração, a faixa útil desse acelerômetro é de 200 Hz até aproximadamente 5.000 Hz, pois a curva deresposta em freqüência é plana, indicando que não há distorção – atenuação ou amplificação – no sinal de aceleração lido atravésdesse transdutor, devida à sua dinâmica. (valor: 3,0 pontos)

b) De acordo com a carta de calibração, a freqüência natural não amortecida (undamped natural frequency) é de 28 kHz. Sabendo-se que 1 Hz = 2 π rad/s e que, segundo o modelo adotado para representar o acelerômetro, a freqüência natural não amortecidaé dada por ωn = k/m rad/s , onde m é a massa oscilante e k é a rigidez do efeito mola equivalente (devida principalmente aos discospiezelétricos), tem-se:

−3ω π ≅2 2 8nk = m =10 x 10 (28.000 x 2 ) 3,10 x 10 N/m (valor: 3,0 pontos)

c) O acelerômetro é sensível à aceleração do sinal de entrada a(t). Pela carta de calibração tem-se que a sensibilidade de tensão desseacelerômetro (voltage sensitivity) é 72,9 mV/g. Como a freqüência do sinal a ser medido (300 Hz) está dentro da faixa útil dessetransdutor, não haverá distorção, logo a tensão de saída do acelerômetro será:

Va(t) = 72,9 a(t) [mV].

Uma vez que o sinal de saída é amplificado antes de ser lido, tem-se:

A am

1V (t) = K V (t) = x 72,9 a(t) [V],

729

logo a aceleração medida será:a(t) = 10 Vm(t) = 36 sen(600πt) [g] (valor: 4,0 pontos)

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Questão nº 10


a) A linha (I) representa a carga de compressão nos flanges em função da carga externa, que passa a ser nula após a carga de separaçãoda união.

A linha (II) representa a carga de tração no parafuso em função da carga externa, que passa a ter uma inclinação de 45 graus,após a carga de separação da união, ou seja, o parafuso passa a absorver toda a carga externa.

Os pontos (3) e (2) representam, respectivamente, as pré-cargas nos flanges (negativa) e no parafuso (positiva), as quais são iguaisem valor absoluto, mas com sinais opostos. (valor: 5,0 pontos)

b) Torques no eixo e de projeto:

∴

πe p e

WT = = 43, 4 kNm T = 2T = 86,8 kNm

N2

60 Pré-carga nos parafusos:

µ ⇒µ

pi p i

2TDn F = T F = = 413 kN

2 n D (valor: 5,0 pontos)

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