Exercício 1.13 - Uma embreagem cônica com revestimento de fricção de amianto, transmite 25 kw a 600 rpm . O coeficiente de atrito vale 0,25 e a intensidade máxima de pressão é 0,25 \mathrm{MPa}. O ângulo do semicone é 12,5^{\circ}. \bigcirc diâmetro externo do revestimento de fricção é de 250 mm . Considerando a teoria do desgaste uniforme. Determinar: (i) o diâmetro interno de fricção, (ii) a força necessária para engatar na embreagem.

Passo 1

O enunciado dá uma embreagem cônica com revestimento de fricção. Dados fornecidos e o que se pede:
  • Potência transmitida: P=25\\ \text{kW}.
  • Velocidade de rotação: N=600\\ \text{rpm}.
  • Coeficiente de atrito: \mu=0{,}25.
  • Pressão máxima: p_0=0{,}25\\ \text{MPa}=0{,}25\times10^{6}\\ \text{Pa}.
  • Ângulo do semicone: \alpha=12{,}5^\circ.
  • Diâmetro externo do revestimento de fricção: D_o=250\\ \text{mm}, logo r_o=125\\ \text{mm}=0{,}125\\ \text{m}.
  • Pressuposto: teoria do desgaste uniforme (isto modifica a distribuição de pressão).
Perguntas:
(i) Determinar o diâmetro interno do revestimento de fricção (ou seja D_i ou r_i).
(ii) Determinar a força axial necessária para engatar a embreagem (força de acionamento).

Passo 2

Conceitos e fórmulas essenciais — vamos entender a teoria e montar as integrais.
  • Geometria: a superfície de fricção é um anel cônico entre raios r_i e r_o. Um elemento anular, de raio r e espessura radial dr, tem área de superfície inclinada
dA = \frac{2\pi r}{\sin\alpha}\,dr.
Explicação rápida: a circunferência é 2\pi r e a proyeção da largura radial na geratriz é dr/\sin\alpha, daí o fator 1/\sin\alpha.
  • Força de atrito sobre o anel: pressão normal p(r) atua sobre dA; a força de atrito tangencial sobre o anel é \mu\,p(r)\,dA e seu momento em torno do eixo é \mu\,p(r)\,dA\cdot r.
  • Torque total transmitido T é a integral desses momentos:
T=\int_{r_i}^{r_o} \mu\,p(r)\,r\,dA =\mu\,\frac{2\pi}{\sin\alpha}\int_{r_i}^{r_o} p(r)\,r^{2}\,dr.
  • Força axial resultante (a força de engate F) é a componente axial das reações normais:
F=\int_{r_i}^{r_o} p(r)\,dA\cdot\sin\alpha =\sin\alpha\cdot\frac{2\pi}{\sin\alpha}\int_{r_i}^{r_o} p(r)\,r\,dr =2\pi\int_{r_i}^{r_o} p(r)\,r\,dr.
Observação: o \sin\alpha da componente axial cancela com o 1/\sin\alpha da área.
  • Teoria do desgaste uniforme: implica que a velocidade relativa e a perda por unidade de área fazem com que a pressão varie com o inverso do raio. Ou seja,
p(r)=\frac{C}{r},
onde C é constante a determinar. Justificativa simples: desgaste uniforme dá pressão proporcional a 1/r para compensar a maior velocidade em raios maiores.

Passo 3

Expressões de T e F usando p(r)=C/r.
Substituindo p(r)=C/r em T:
T=\mu\,\frac{2\pi}{\sin\alpha}\int_{r_i}^{r_o}\frac{C}{r}\,r^{2}\,dr =\mu\,\frac{2\pi C}{\sin\alpha}\int_{r_i}^{r_o} r\,dr =\mu\,\frac{2\pi C}{\sin\alpha}\cdot\frac{r_o^{2}-r_i^{2}}{2}.
Simplificando:
T=\mu\,\frac{\pi C}{\sin\alpha}\left(r_o^{2}-r_i^{2}\right).
Substituindo p(r)=C/r em F:
F=2\pi\int_{r_i}^{r_o}\frac{C}{r}\,r\,dr =2\pi C\left(r_o-r_i\right).
Observação: com desgaste uniforme a força axial não depende de \alpha (apareceu e cancelou). Também note que a pressão máxima ocorre no menor raio, logo
p_0=p(r_i)=\frac{C}{r_i}\quad\Rightarrow\quad C=p_0\,r_i.

Passo 4

Substituímos C=p_0 r_i na expressão do torque para obter equação em r_i.
A expressão de T ficou:
T=\mu\,\frac{\pi (p_0 r_i)}{\sin\alpha}\left(r_o^{2}-r_i^{2}\right).
Isolando os termos, definimos uma constante A para simplificar:
A=\frac{T\sin\alpha}{\mu\pi p_0}.
Então a equação torna-se
A = r_i\left(r_o^{2}-r_i^{2}\right)=r_i r_o^{2}-r_i^{3}.
Reorganizando:
r_i^{3}-r_o^{2}r_i + A = 0.
É uma equação cúbica em r_i. Iremos calcular numericamente A e resolver a cúbica para obter r_i.

Passo 5

Cálculo do torque T a partir da potência P e rotação N.
Velocidade angular:
\omega = \frac{2\pi N}{60}.
Torque:
T=\frac{P}{\omega}=\frac{P}{2\pi N/60}=\frac{30P}{\pi N}.
Agora os valores numéricos (usar unidades SI):
  • P=25\\ \text{kW}=25\,000\\ \text{W}.
  • N=600\\ \text{rpm}.
Logo
T=\frac{30\cdot 25000}{\pi\cdot 600}=\frac{750000}{600\pi}=\frac{1250}{\pi}\\ \text{N}\cdot\text{m}\approx 397{,}887\\ \text{N}\cdot\text{m}.

Passo 6

Cálculo de A com os valores numéricos.
Dados numéricos:
\mu=0{,}25,\qquad p_0=0{,}25\times10^{6}\\ \text{Pa},\qquad r_o=0{,}125\\ \text{m},\qquad \alpha=12{,}5^\circ.
Calcule \sin\alpha:
\sin(12{,}5^\circ)\approx 0{,}21644.
Agora
A=\frac{T\sin\alpha}{\mu\pi p_0} \approx\frac{397{,}887\cdot 0{,}21644}{0{,}25\cdot\pi\cdot 250000}.
Computando numericamente:
A\approx 4{,}382\times 10^{-4}\\ \text{m}^{3}.
Portanto a cúbica é
r_i^{3}-0{,}015625\,r_i + 4{,}382\times 10^{-4}=0,
pois r_o^{2}=(0{,}125)^{2}=0{,}015625\\ \text{m}^{2}.

Passo 7

Resolução numérica da equação cúbica para obter r_i.
Procuramos raiz real positiva com 0<r_i<r_o. Procedimento (bissecção/iteração simples) — avaliaremos a função
f(r)=r^{3}-r_o^{2}r + A.
Testes rápidos:
  • f(0{,}02)\approx +1{,}34\times10^{-4} (positivo),
  • f(0{,}03)\approx -7{,}5\times10^{-6} (próximo de zero, negativo).
Refinando por tentativas, obtemos a raiz:
r_i\approx 0{,}02973\\ \text{m}=29{,}73\\ \text{mm}.
Assim o diâmetro interno (pedido em (i)) é
D_i=2r_i\approx 2\cdot 29{,}73\\ \text{mm}\approx 59{,}46\\ \text{mm}.

Passo 8

Cálculo da força axial F necessária para engatar a embreagem.
Usamos a fórmula (derivada no Passo 3):
F=2\pi C\left(r_o-r_i\right),
e C=p_0 r_i. Então
F=2\pi p_0 r_i\left(r_o-r_i\right).
Substituindo valores:
r_i\approx 0{,}02973\\ \text{m},\quad r_o=0{,}125\\ \text{m},\quad p_0=0{,}25\times10^{6}\\ \text{Pa}.
Calculando:
F\approx 2\pi\cdot 250000\cdot 0{,}02973\cdot(0{,}125-0{,}02973) \approx 4450\\ \text{N}.
Cheque com relação alternativa (fórmula direta entre T e F que se obtém eliminando C):
T=\mu\frac{F}{2\sin\alpha}(r_o+r_i) \quad\Rightarrow\quad F=\frac{2T\sin\alpha}{\mu(r_o+r_i)},
que ao ser avaliada com os valores dá o mesmo resultado F\approx 4449{,}9\\ \text{N}, confirmando a consistência.

Resposta

(i) D_i \approx 59{,}46\\ \text{mm}
(ii) F \approx 4450\\ \text{N}

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