Upload
doanhanh
View
226
Download
1
Embed Size (px)
Citation preview
MÁQUINAS DE GRANDE PORTE
Máquina empilhadeira de minério
Máquina empilhadeira de minério
Máquina empilhadeira de minério
Grande Máquina de Escavação
Exemplo: descarregador de navios
Capacidade: 14000t /dia, caçamba: pp=20t, pl=30t, ciclo=50s
• Dimensionamento dos cabos segundo a NBR 8400 (cálculo de equipamentos para
levantamento e movimentação de cargas).
• Item 6.7.2
d Q T1/2
– onde d é o diâmetro do cabo em mm, T a maior carga (equivalente de tração) que nele atua em
daN e Q é um fator de uso do cabo
– T deve incluir todas as cargas (útil, dinâmicas devidas a acelerações e impactos,
flexão, vento, etc.) e os pesos dos acessórios suspensos (polias, manilhas, ganchos,
etc.)
– Tabela 27 da NBR 8400
Para cabos com mais de 100 fios
e Suw =160 a 220 daN/mm2
Grupo do
Mecanismo
Valores Mínimos de Q
Cabo NormalCabo não
Rotativo
1 Bm 0,265 0.280
1 Am 0.280 0,300
2 m 0,300 0,355
3 m 0,355 0,375
4 m 0,375 0,425
5 m 0,425 0,475
Tabela 20 (NBR 8400) – Classe de funcionamento
Classe de
funcionamento
Tempo médio de
funcionamento
diário esperado
(h)
Duração total
teórica de
utilização (h)
V 0,25 tm < 0,5 < 800
V 0,5 0,5 < tm < 1 1600
V 1 1 < tm < 2 3200
V 2 2 < tm < 4 300
V 3 4 < tm < 8 12500
V 4 8 < tm < 16 25000
V 5 tm > 16 50000
Tabela 21 (NBR 8400) – Estado de solicitação dos
mecanismos
Estado de
solicitaçãoDefinição
Fração de
solicitação
máxima, p
1Solicitações reduzidas e
raramente iguais à máxima. 0
2Solicitações reduzidas,
médias e máximas em
tempos sensivelmente iguais1/3
3Solicitações quase sempre
próximas da máxima. 2/3
Tabela 23 (NBR 8400) – Grupos dos mecanismos
Estados de
solicitação
Classes de funcionamento
V 0,25 V 0,5 V 1 V 2 V 3 V 4 V 5
1 1 Bm 1 Bm 1 Bm 1 Am 2 m 3 m 4 m
2 1 Bm 1 Bm 1 Am 2 m 3 m 4 m 5 m
3 1 Bm 1 Am 2 m 3 m 4 m 5 m 5 m
Tabela 28 (NBR 8400) – Valores de H1
Grupo do
mecanismo
Tambores Polias Polia de compensação
Cabo normalCabo não
rotativoCabo normal
Cabo não
rotativoCabo normal
Cabo não
rotativo
1 Bm 16 16 16 18 14 16
1 Am 16 18 18 20 14 16
2 m 18 20 20 22,4 14 16
3 m 20 22,4 22,4 25 16 18
4 m 22,4 25 25 28 16 18
5 m 25 28 28 31,5 18 20
Tabela 29 (NBR 8400) – Valores de H2
WT < 5 6 a 9 > 10
H2 1 1,12 1,25
D > H1 x H2 x d
Tambor e polia de compensação H2 = 1
Polia móvel: H2 depende do # de polias no
circuito e do # de inversões de enrolamentos
(curvas em S)
WT = Soma de W
W = 0; polia de compensação
W = 1; tambor
W = 2; para cada polia que não gera inversão
W = 4; para cada polia que gera inversão
• e.g., pontes rolantes que operam até 4h/dia e que raras vezes são sujeitas à carga
máxima, pela NBR 8400 são do grupo 1Am cujo Q = 0.28 para os cabos normais
com mais de 100 arames e Su = 1.6 a 2.2GPa
• logo, se T = 5700daN (a Ft do ex.1) numa ponte do tipo acima, o diâmetro mínimo
do cabo pela NBR 8400 tem que ser d 0.2857001/2 = 21.14mm d = 22mm (o f
do menor cabo comercial admissível)
– assim, o Q do grupo 1Am da NBR 8400 embute um fator de segurança à ruptura
FS 5 (vide ex.1)
– já os cabos para trabalho muito intenso (o grupo 5m desta norma) devem ter Q =
0.425, logo FS 10
• portanto, se pode usar a carga máxima e 5 < FS < 10 para pré-dimensionar cabos
(mas é aconselhável obedecer ao pé da letra a NBR 8400 ou uma norma similar no
projeto final, para evitar problemas no caso de acidentes)
Efeitos das Polias nos Cabos de Aço
• a flexão dos cabos ao passar por polias induz tensões e escorregamento
entre os arames e as pernas, causando
– desgaste interno (entre os arames do cabo, que por isso precisa de
lubrificação interna)
– desgaste externo (gerado pelo atrito com os flancos das polias,
tornando necessária a lubrificação externa)
– tensões variáveis de flexão, principalmente nos arames externos
• as tensões de flexão são as principais responsáveis pelas falhas por
fadiga em cabos de aço, que na maioria das vezes inicia rompendo alguns
arames externos
– logo, a progressão destas falhas até estágios perigosos é evitável
através de inspeções visuais simples (as normas NBR 3178 e 13543
descrevem os critérios de aceitação ou recusa de cabos inspecionados
visualmente)
Procedimento Shigley:
• Tensões que ocorrem nos cabos de aço
– Tensão normal causada pela flexão
– Tensão normal devida à tração
– Pressão do cabo na polia
R
d
F F
R
d
dw
D.d
Fp
2=
D
dE
D
d wcaboR
wR =
açow
A
F=
Distâncias (m)
Segmento AG à rótula F 30
Segmentos AB, BC, CD à rótula E 10
Exemplo 1:
1 – Verificar se existe possibilidade de tombamento da recuperadora considerando as distâncias e as cargas dadas (P=40 e
50t).
2 – Verificar se existe possibilidade de ocorrer fadiga na seção G ( mostrada no detalhe com linha tracejada) segundo o método
IIW para uma vida de 500 mil ciclos considerando as distâncias e as cargas dadas. O carregamento P na roda de caçamba
varia entre 40 e 50t.
3 – Fazer o esquema de funcionamento, determinar o carregamento e selecionar os cabos de aço (diâmetro segundo 8400).
4 – Determinar o carregamento nos tirantes ABCD.A
DCB
R1 R2
15
6
252015 15
E
F
16 ramos de
cabos
G
P (t)
70t 60t
50t
2 pares de cabos
2 ramos de cabos
1 - Lança
2 - Roda de caçambas
3 - Pótico de translação
4 - Sistema de giro
5 - Contra-peso
6 e 6’ - Cabos de aço
A
B
C
DE’
F
GH
E
12
3
4
56 – 12 ramos
6’
7 7
8
8
10
11
12 12
7 - Hastes (duplas)
8 -Tirantes (duplos)
9 - Rótulas, A H
10 - Motor-redutor-tambor
11 - Coluna
12 - Trucks de apoio
27 3 5 5 10 10 15 m
20 t 500 t 50 t 50 t 30 t
Outras distâncias:
DEE’ até H =15 m
DEE’ até F =5 m
FD até G = 10 m
FD até H = 10 m
DCB até H = 15 m
Exemplo 2:
Analisar as condições de equilíbrio para a situação mostrada na figura.
Determinar as forças nas hastes, Fh, e nos tirantes, Ft.
Selecionr o cabo de aço (normal) para mecanismo tipo 5m segundo a NBR 8400.
com carga
Ptotal 20 500 50 50 30= Ptotal 650=
RD20 30 500 5 50 20 50 30 30 45
10=
RD 575=
RE Ptotal RD= RE 75=
com carga
Fh20 27
5
1
2= Fh2 2Fh= Fh 54=
Fh2 108=
Ft30 35 50 20 50 10
15
1
2= Ft2 2Ft= Ft 85=
Ft2 170=
Carga nos cabos
TFh2 15 Ft2 15
12 10= T 7.75=
Q 0.425=
d Q 1000T= d 37.414=
Colapso plástico em componentes -
Exemplo
Análise de Carregamentos e Tensões
Colapso plástico em componentes -
Exemplo
Análise de Carregamentos e Tensões
Colapso plástico em componentes Análise de Carregamentos e Tensões
Formação de uma rótula – deixa de
resistir ao acréscimo de momento fletor
Colapso plástico em componentes -
Exemplo
Análise de Carregamentos e Tensões
P P P P P P P
400
1882 1532 1300
4001 1 2
3
4
5
6
7
F
6
2
2
1
1550
0
170
0
380
0
Apoio
Parafuso
d=30mm
60mm
Cantoneira L
B=100, H=10, L=300, ri =3
mm
4
1 Perfil I 6x3 3/8”, 18,6kg/m A-36
2 Perfil I 4x2 5/8”, 11,5kg/m A-36
3 Tubo De=154, Di=125mm 25Cr35Ni
Sadm=10MPa
4 Cantoneira L A-36
5 Cabo de aço 6x19, 3/8” Suw=2000MPa
6 Perfil I 10x4 5/8”, 37,8kg/m A-36
7 Contra-peso A-36
Colapso plástico em componentes -
Exemplo
Análise de Carregamentos e Tensões
Colapso plástico em componentes -
Exemplo
Análise de Carregamentos e Tensões
Colapso plástico em componentes
P
Sy
My
A
B
C
6
..
3.4
.....22.2
22/
0
3
2/
0
2/
0
hbSy
h
bS
yydybh
SydAM
y
h
y
hy
h
y
=
=
===
Análise de Carregamentos e Tensões
b
h
Seção retangular
Colapso plástico em componentes
P
SySy
My Mp
A
B
C
B’
C’
501
4422
634
222
2
22
0
3
2
0
2
0
.M
M
h.b.Sh.
h.b.S.M
h.b.Sy
h
b.S
y.y.dy.b.h
S.ydA.M
gulartanReSeção
y
p
yyp
y
/h
y
/h
y
/h
y
=
==
=
=
===
Formação de
rótula plástica
Análise de Carregamentos e Tensões
Colapso plástico em componentes
Seção Esforço Razão Ep/Ey
Qualquer Tração 1
Retangular
Flexão
1.5
Circular 1.7
Tubular d/t grande 1.27
Perfil I 1.14 ou 1.60
Análise de Carregamentos e Tensões
FLAMBAGEM
FLAMBAGEM
Estabilidade
P
k
LL
L.kP
.....cos
cos.L.PL.k
EE
EnergiadeMétodo
cr
Ppotencialmola
=
=
=
421
012
1
0
42
2
L.kP
.....!
tg
tg.L.PL.L.k
EquilíbriodeMétodo
cr =
=
15
2
3
0
53
FLAMBAGEM
Colunas longas com carga centralizada
k
L
k
L
A
Ik
k
L
A.E.P
ou
k
L
A.E..CP
L
I.E..CP
EulerdeColunas
efef
ef
cr
cr
cr
=
=
=
=
=
=
2
2
2
2
2
2
2
P
L
PP
P
LL
C
LL
C
adoefrecomend
orecomendad
ef
teórico
.9.0
2.1
2/
4
=
=
=
=
L.L
C
L.L
C
adoefrecomend
orecomendad
ef
teórico
1
1
1
1
=
=
=
=
LL
C
LL
C
adoefrecomend
orecomendad
ef
teórico
.9.0
2.1
.707.0
2
=
=
=
=
L.L
/C
L.L
/C
adoefrecomend
orecomendad
ef
teórico
2
41
2
41
=
=
=
=
FLAMBAGEM
Colunas longas com carga centralizada
k
L
k
L
A
Ik
k
L
E.
A
P
ou
k
L
E..C
A
P
EulerdeColunas
efef
ef
cr
cr
=
=
=
=
=
2
2
2
2
2
0 50 100 150 2000
0.5
1
1.51.5
0.197
Euler ef( )
2001 ef
Valores da tensão compressiva
Pcr/A para colunas de aço,
normalizados pelo limite de
escoamento Sy
FLAMBAGEM
Colunas longas com carga centralizada
ycr
ef
cr
SA
P
curtaColuna
k
L
E.
A
P
EulerdeColunas
=
2
2
0 50 100 150 2000
0.5
1
1.51.5
0.197
EulerY ef( )
2001 ef
Valores da tensão compressiva
Pcr/A para colunas de aço,
normalizados pelo limite de
escoamento Sy
FLAMBAGEM
Colunas com comprimento intermediário
2
2
2
2
1
2
2
=
=
.
.S
ES
A
P
S
A
Pse
k
L
E..C
A
P
S
A
Pse
EulerdeColunas
efyy
cr
ycr
cr
ycr
J
0 50 100 150 2000
0.5
1
1.51.5
0.197
EulerY ef( )
EulerJ ef( )
2001 ef
FLAMBAGEM
Colunas com excentricidade
=
A.E.
P
k
Lsec.
k
c.e
S
A
P
SecanteFórmuladaMétodo
cref
ycr
41
20
0 50 100 150 2000
0.5
1
1.5
EulerY ef( )
EulerJ ef( )
EulerS ef 0.15( )
EulerS ef 0.5( )
EulerS ef 1( )
EulerS ef 2( )
ef
eoc
FLAMBAGEM
Colunas com excentricidade ou com desvio de forma
20
41
k
c.ee
A.E.
P
k
Lsec.e
S
A
P
SecanteFórmuladaMétodo
cref
ycr =
=
eo
do
2
2
2
1
11 k
c.
.E
.A
P
S
A
P
perfeiçõesImcomColunas
o
efcr
ycr dd
d
=
=
0 50 100 150 2000
0.5
1
1.51.5
0.172
EulerY ef( )
EulerS ef 0.2( )
EulerS ef 0.5( )
EulerI d ef 0.2( )
EulerI d ef 0.5( )
2001 ef
c
FLAMBAGEM
NBR 8400 – Anexo E (Colunas)
a
a
I
v.Mf.
A
F.w
I
v.Mf
A
F
90 gráficowk
Lfb
L.KLfb
=
=
0 40 80 120 160 2000
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
w37i
w52i
i
Coeficientes w para laminados de aço com
resistências à tração de 370 e 520 MPa
Fixação Kteórico Kprojeto
Fixo-Fixo 0.5 0.65
Fixo-
rotulado 0.70 0.80
Fixo-livre
sem rot. 1.0 1.2
Rotulado-
rotulado 1.0 1.0
Fixo-livre
com rot 2.0 2.1
Caso de
solicitaçãoI II III
aSy/1.5 Sy/1.33 Sy/1.1
Atender às duas equações
F=carga compressiva
A=área da seção da coluna
Mf=momento fletor causado por excentricidade
do carregamento ou momento atuante na seção
v=posição da fibra externa à linha neutra
K=tipo de fixação
k=raio de giração
σa=tensão admissível
L=comprimento real
Lfb=comprimento efetivo
λ=coeficiente de esbeltez
FLAMBAGEM
NBR 8400 – Anexo E (Colunas)
Valores de Pcrit/A.Sy segundo teoria
(Euler-Y, Secante-S e Johnson-J)
comparados com F/A.Sy = 1/ w para
laminados de aço com resistências à
tração de 370 e 520 MPa. Caso
rotulado-rotulado onde Kprojeto=1. Para
projeto, estes valores devem ser ainda
divididos pelos coeficientes de
segurança dados para os casos de
solicitação I, II e III.
Flambagem Perfis Laminados da NBR
0 50 100 150 2000
0.5
1
1.5
EulerY ef( )
EulerJ ef( )
EulerS ef 0.15( )
EulerS ef 2( )
NBRw37 i
NBRw52 i
ef ef ef ef i
P
L
Calcular a carga crítica de flambagem
usando os métodos de
(a) Johnson (J) e da
(b) NBR 8400
sabendo que:
A = 400mm2
I = 133x106mm4
L = 3000mm
Su = 370MPa
Sy = 250MPa
Mf = 0
σa = 250MPa
Exemplo 1
k
L
k
L
A
Ik
k
L
E.
A
P
ou
k
L
E..C
A
P
EulerdeColunas
efef
ef
cr
cr
=
=
=
=
=
2
2
2
2
2
2
2
2
2
1
2
2
=
=
.
.S
ES
A
P
S
A
Pse
k
L
E..C
A
P
S
A
Pse
EulerdeColunas
efyy
cr
ycr
cr
ycr
Rotulado rotulado
L.L
C
L.L
C
adoefrecomend
orecomendad
ef
teórico
1
1
1
1
=
=
=
=
Dados
Sy 250= E 200 103
= L 3000= A 400= I 133 106
=
Cálculos
Lef 1 L= kI
A= ef
Lef
k=
Lef 3 103
= k 576.628= ef 5.203=
Euler - Johnson
PcrEA
2E
Lef
k
2= cr
PcrE
A= Razão
cr
Sy=
PcrE 2.917 107
= cr 7.293 104
= Razão 291.702=
Razão > 0.5 <=> calcular Pcr usando Johnson
PcrJ A Sy1
E
Sy ef
2
2
= PcrJ 9.991 104
=
NBR - 8400 aSy
1.1= para estado de solicitação 1
w 1= Mf 0=
Para solicitação limite (sa = Sy)
encontra-se para w=1 o mesmo
resultado de Johnson neste casoPcrNBR a A
1
w= PcrNBR 9.091 10
4=
FLAMBAGEM
NBR 8400 – Anexo F (Placas)
e
b
a = α.b
F
σ1
σ2
θ = σ2 / σ1
θ = σ2 / σ1
θ < -1 (1)
Flexão pura ou flexão
com tração
preponderante
-1 < θ < 0 (2)
Flexão com
compressão
preponderante
0 < θ < 1 (3)
Compressão não
uniforme
σ1 < 0
(-)
σ1 < 0
(+)
σ2 > 0σ2 < 0
(3)(2)
(1)
NBR 8400 – Anexo F (Placas)
crcomb
23
2
1
4
cr
cr
3
4
2
cr
2
As tensões críticas cr ou crcomb ou 3. cr devem ser menores que as tensões limites de
proporcionalidade para os aços 37 e 52, que são respectivamente 190 e 290MPa. Caso sejam
maiores, corrigí-las pelo coeficiente que é dado na Tabela 47 da NBR.
Fator de segurança na flambagem localizada (Tabela 16)
Elemento plano - Painel inteiriço - caso de solicitação I FSpiI 1.71 0.180 1
Elemento plano - Painel inteiriço - caso de solicitação II FSpiII 1.50 0.125 1
Elemento plano - Painel inteiriço - caso de solicitação III FSpiIII 1.35 0.075 1
Elemento plano - Painel parcial - caso de solicitação I FSppI 1.50 0.075 1
Elemento plano - Painel parcial - caso de solicitação II FSppII 1.35 0.050 1
Elemento plano - Painel parcial - caso de solicitação III FSppIII 1.25 0.025 1
Elemento curvo - casos de solicitação I, II e III FScI 1.70 FScII 1.50 FScIII 1.35
Verificação de projeto cr
FS
cr
FS crcomb
cr
FS
Cálculo de Flambagem para placas segundo a NBR 8400
Geometria em mm Tensões em MPa Cargas em N
a 5= b 10= e 1= a
b=
Dados da placa
E 200000= 0.3=
1 2.8= 2 2.2= 4.7= 2
1= 0.5=
0.786= min 1 2 =
2.8=
Tensão crítica de referência crE
2E
12 1 2
e
b
2
= crE 1.808 103
=
Tensão crítica de fambagem cr K crE
cr K crE
Tensão crítica combinada equivalente
NBR 8400 – Anexo F (Placas)
Tabela 46
Cálculo de Coeficientes de Flambagem para placas segundo a NBR 8400
Dimensões da placa a 5= b 10= e 1= a
b= 0.5=
_________________________________________________________________________________
1) Placa com compressão simples externa 1 10= 2 10= 2
1= 1=
K1 4 1if
1
2
otherwise
= K1 6.25=
_________________________________________________________________________________
2) Placa com compressão não uniforme 1 10= 2 15= 2
1= 1.5=
K28.4
1.1 1if
1
22.1
1.1 otherwise
= K2 5.048=
_________________________________________________________________________________
3) Placa com flexão pura ou flexão com tração preponderante
1 10= 2 15= 2
1= 1.5=
K3 23.9 2
3if
15.871.87
2
8.62
otherwise
= K3 25.5=
_________________________________________________________________________________
4) Placa com flexão e compressãopreponderante
1 10= 2 5= 2
1= 0.5=
K228.4
1.1 1if
1
22.1
1.1 otherwise
=
K4 1 ( ) K22 K3 10 1 ( )= K4 16.216=
_________________________________________________________________________________
5) Cisalhamento puro
K 5.344
2
1if
45.34
2
otherwise
=
K 25.36=
NBR 8400 – Anexo F (Placas) – Exemplo 2
10.0m
1.5m 1.5 x 0.01m
0.4 x 0.02 m
0.4 x 0.03 m1.25m
M
N
Aço 370 Mpa16.2 t/m
0.03
0.02
1.5
0.691
CG
0.03
Exercício de Flambagem - Placas - NBR 8400
E 210000=
0.3=
Reação 16.2 101
2= Mmn Reação 0.625 16.2 0.625
0.625
2= Qmn Reação 16.2 0.625=
CG
0.4 0.02 0.03 1.5 0.021
2
1.5 0.01 0.031.5
2
0.4 0.030.03
2
0.4 0.02 1.5 0.010 0.4 0.03=
cinf CG=
Reação 81=csup 0.03 1.5 0.02( ) cinf=
Mmn 47.461=
Qmn 70.875=Isup
0.4 0.023
120.4 0.02
0.02
21.5 0.03 0.691( )
2
=
CG 0.691=
csup 0.859=cinf 0.691=Ialma
0.01 1.53
120.01 1.5
1.5
20.03 0.691
2
=
Isup 5.767 103
=
Iinf0.4 0.03
3
120.4 0.03 0.691
0.03
2
2
=
Ialma 2.931 103
=I Isup Ialma Iinf=
1Mmn csup 0.02( ) 10
3 9.81
I
1
106
= Iinf 5.485 103
=
1Mmn csup 0.02( ) 10
3 9.81
I
1
106
= Iinf 5.485 103
=
I 0.014=
2Mmn cinf 0.03( ) 10
3 9.81
I
1
106
=
1 27.529=
Aalma 1.5 0.01= 2 21.714=
Qmn
Aalma
103
9.81
106
=
46.352=
a 1.25= b 1.5= e 0.010= 2
1=
a
b=
0.789=
0.833=
Caso (4) - Placa com flexão e compressão
preponderante
K228.4
1.1 1if
1
22.1
1.1 otherwise
= K3 23.9 2
3if
15.871.87
2
8.62
otherwise
=
K22 7.893=
K3 23.9=
K4 1 ( ) K22 K3 10 1 ( )= K4 18.852=
Caso (5) Cisalhamento puro
K 5.344
2
1if
45.34
2
otherwise
= K 11.69=
Tensão crítica de referência crE
2E
12 1 2
e
b
2
= crE 8.436=
K 5.344
2
1if
45.34
2
otherwise
=
Tensão crítica de referência crE
2E
12 1 2
e
b
2
= crE 8.436=
Tensão crítica de fambagem K K4= cr K crE=
cr K crE=
min 1 2( ) 1( )=
Tensão crítica combinada equivalente crcomb
23
2
1
4
cr
cr
3
4
2
cr
2
=
cr 159.031= cr 98.608= crcomb 167.409=
As tensões críticas cr ou crcomb ou 3. cr devem ser menores que as tensões limites de
proporcionalidade para os aços 37 e 52, que são respectivamente 190 e 290MPa. Caso sejam
maiores, corrigí -las pelo coeficiente que é dado na Tabela 47 da NBR.
Fator de segurança na flambagem localizada (Tabela 16)
Elemento plano - Painel inteiriço - caso de solicitação I FS 1.71 0.180 1( )=
FS 1.388=
Verificação de projeto cr
FS
cr
FS comb
crcomb
FS
comb 2
32
=
27.529= 46.352= comb 84.873=
admcr
FS= adm
cr
FS= crcombadm
crcomb
FS=
adm 114.574= adm 71.042= crcombadm 120.609=
OK ! para este painel para o caso I
TENSÕES DE CONTATO
TENSÕES DE CONTATO
P, D2, E2, 2
P, D1, E1, 1
Y
Z z
y
TENSÕES DE CONTATO
z
y
2b
z
y
TENSÕES DE CONTATO
z
y
2a
z
y
2
2
2
2
1
2
3
21
2
22
1
21
1
12
11
11
2
3
11
11
8
3
a
z
p
a
za/ztan
a
zp
a.
Pp
DD
EEPa
esferasDuas
maxz
maxyx
max
=
==
=
=
TENSÕES DE CONTATO
z
y
2a
z
y
0 0.5 1 1.5 2 2.5 30
0.2
0.4
0.6
0.8
1
z z( )
y z( )
x z( )
max z( )
z
a
Duas esferas iguais
TENSÕES DE CONTATO
z
y
2b
z
y
2
2
2
2
2
2
2
2
21
2
22
1
21
1
21
1
11
12
2
11
11
2
b
z
p
b
z
b
z
b
zp
b
z
b
zp..
L.b.
Pp
DD
EE
L.
Pb
cilindrosDois
maxz
maxy
maxx
max
=
=
=
=
=
TENSÕES DE CONTATO
z
y
2b
z
y
Dois cilindros iguais
0 0.5 1 1.5 2 2.5 30
0.2
0.4
0.6
0.8
1
z z( )
y z( )
x z( )
max z( )
z
b
Exemplo Roda em Trilho
P 3.25 105
= 0.3= D1 700= E 200000= L 100=
b2P
L
1 2
2
E
1
D1
= pmax2P
b L= z z( )
pmax
1z2
b2
=
x z( ) 1z2
b2
z
b
2 pmax= y z( ) pmax 21
1z2
b2
1z2
b2
2z
b
=
b 3.63=max z( )
z z( ) min x z( ) y z( )( )
2=
z 0 0.1 7=pmax 569.918=
0 0.5 1 1.5 20
200
400
600
800
z z( )
y z( )
x z( )
max z( )
z
b
max 0.7( ) 138.647=
max 0.85( ) 141.888=
max 0.9( ) 142.822=
max z( )
113.984
118.52
122.712
126.561
130.073
133.253
136.108
138.647
140.881
142.822
144.48
145.869
147.003
147.895
148.56
...
=