Exercícios Resolvidos de Mancais

J.L. Meriam & L.G. Kraige, Mecânica para engenharia, Estática, 6° ed. RJ: LTC, 2009, 273, 6/91

Determine a expressão para o torque M necessário para girar o eixo cuja pressão axial L é sustentada por um mancal cônico. O coeficiente de atrito é μ , e a pressão no mancal é constante.

Passo 1

Opa! Esse mancal aí é diferente, né?

Mas vamos dar um jeito resolver esse problema, fique tranquilo!

A pressão nesse caso também não é constante, já que a seção transversal é variável. No caso constante, nós usamos:

L = p π R 2

Nesse caso, vamos usar:

L = ∫ p ' d A

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 2

A área que queremos integrar é definida pelos limites z 1 e   z 2 .

Mas quem é d A ?

d A = 2 π r d S

Geralmente escrevemos algo como:

d A = 2 π r d z

Mas no nosso caso, a nossa dimensão está curvada, já que a superfície é inclinada. Veja no triângulo abaixo:

Desse modo, podemos escrever:

d z = d S c o s α 2 → d S = d z cos ⁡ α 2

Assim:

d A = 2 π r d S

d A = 2 π r d z cos ⁡ α 2

Vamos agora escrever r em função de z . Observe o nosso triângulo:

Perceba que:

r = z t g α 2

Então, substituindo r na nossa equação de d A temos que:

d A = 2 π r d z cos ⁡ α 2       →         d A = 2 π z t g α 2 cos ⁡ α 2 d z

Passo 3

Perceba também que a pressão p faz um ângulo com a horizontal. Nós estamos integrando para achar L , que é totalmente vertical. Por isso que estamos integrando p ' que é a componente vertical de p e é dada por:

p ' = p s e n α 2

Ufa! Jogando tudo na integral:

L = ∫ p ' d A

L = ∫ p s e n α 2 2 π z t g α 2 cos ⁡ α 2 d z

Arrumando isso aí, temos que:

L = ∫ 2 π p t g 2 α 2 z d z

Passo 4

Vamos integrar em z . Mas quais são os limites de integração?

Usando dois triângulos marotos, vamos usar a trigonometria para achar esses limites, que são coordenadas de z :

Assim:

t g α 2 = d 1 2 z 1       →         z 1 = d 1 2 t g α 2

E:

Assim:

t g α 2 = d 2 2 2       →         z 2 = d 2 2 t g α 2

Agora já podemos integrar:

L = ∫ 2 π p t g 2 α 2 z d z       →       2 π p t g 2 α 2 ∫ z 1 z 2 z d z

  L = 2 π p t g 2 α 2 z 2 2 | z 1 z 2

L = 2 π p t g 2 α 2 z 2 2 2 - z 1 2 2

Mas já achamos os valores de z 1 e z 2 , então vamos substituí-los:

L = 2 π p t g 2 α 2 z 2 2 2 - z 1 2 2

∴  

L = 2 π p t g 2 α 2 d 2 2 t g α 2 2 2 - d 1 2 t g α 2 2 2

L = 2 π p t g 2 α 2 1 t g 2 α 2 d 2 2 4 - d 1 2 4 2  

Simplificando isso aí, vamos ter que:

L = π p t g 2 α 2 1 t g 2 α 2 d 2 2 4 - d 1 2 4       →         L = π p d 2 2 4 - d 1 2 4

L = π p 4 d 2 2 - d 1 2

Como o que precisamos saber é a pressão p , vamos isolá-la:

L = π p 4 d 2 2 - d 1 2       →       p = 4 L π d 2 2 - d 1 2

Pronto! Vamos agora falar do momento.

Passo 5

O momento é dado por:

M = ∫ z 1 z 2 r μ p d A

A boa notícia é que já definimos r ,   z 2 ,   z 1   e   d A . Então, basta a gente tacar tudo ali naquela integral:

M = ∫ z 1 z 2 z t g α 2 μ p 2 π z t g α 2 cos ⁡ α 2 d z

Arrumando essa bagunça:

M = 2 π μ p t g 2 α 2 cos ⁡ α 2 ∫ z 1 z 2 z 2 d z

M = 2 π μ p t g 2 α 2 cos ⁡ α 2 z 3 3 z 1 z 2

Agora é só substituir os limites:

M = 2 π μ p t g 2 α 2 cos ⁡ α 2 d 2 2 t g α 2 3 3 - d 2 2 t g α 2 3 3

L = 2 π μ p 3 t g 2 α 2 cos ⁡ α 2 1 t g 3 α 2 d 2 3 8 - d 1 3 8  

Vamos cortar as tangentes ao cubo com a tangente ao quadrado:

L = 2 π μ p 3 t g 2 α 2 cos ⁡ α 2 1 t g 3 α 2 d 2 3 8 - d 1 3 8

L = 2 π μ p 3 1 cos ⁡ α 2 1 t g α 2 d 2 3 8 - d 1 3 8  

Lembrando que t g = s e n c o s , podemos escrever a nossa equação assim:

L = 2 π μ p 3 1 cos ⁡ α 2 1 s e n α 2 c o s α 2 d 2 3 8 - d 1 3 8

L = 2 π μ p 3 1 cos ⁡ α 2 c o s α 2 s e n α 2 d 2 3 8 - d 1 3 8

Então, cortando os cossenos, vai nos restar:

M = 2 π μ p 24 s e n α 2 d 2 3 - d 1 3

Ufa! Agora é só substituir o valor que encontramos para pressão p em função de L nesta equação do momento aí de cima:

p = 4 L π d 2 2 - d 1 2

Assim:

M = 2 π μ 24 s e n α 2 d 2 3 - d 1 3 4 L π d 2 2 - d 1 2

M = μ L 3 s e n α 2 d 2 3 - d 1 3 d 2 2 - d 1 2  

Resposta

M = μ L 3 s e n α 2 d 2 3 - d 1 3 d 2 2 - d 1 2  

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