Prova de Freio a Tambor - Análise e Dimensionamento

AVAL03 COMPLEMAQS 590177B 20221 Alunoa RA Professor Sérgio Henrique Evangelista QUESTÃO ÚNICA seja o freio a tambor com sapatas internas arranjadas conforme a Figura 1 Em cada pino de articulação foram montadas 2 sapatas O mecanismo de atuação foi projetado tal que o mesmo valor de força F seja aplicado a cada sapata A largura de face de cada sapata é de 75 mm O material de frenagem permite um coeficiente de atrito de 024 contra a face do tambor em FoFo e admite uma pressão máxima de 1 MPa Consulte anotações feitas em aula e bibliografia sugerida Figura 1 Arranjo de sapatas interna para o problema estudado As cotas de interesse estão em milímetros a150 c165 Raio interno da pista R200 d50 multiplicar 10³ Determine a Valor dos momentos Mf e MN em Nm Valor 30 b Valor máximo admissível para a força F em N Valor 20 c Valor da pressão máxima pa1 sapata energizante e pa2 sapata nãoenergizante em MPa Valor 15 20 d Torques de frenagem T1 T2 sapata energizante e não energizante respectivamente e torque total de frenagem Ttotal máximo oferecido por este sistema em Nm Valor 20 30 Em cada resposta deixe claras todas as operações algébricas necessárias bem como as premissas para o desenvolvimento adequado da ideia Shigley 7ªed ex 164 410 Solutions Manual Instructors Solution Manual to Accompany Mechanical Engineering Design 164 a Given θ1 10 θ2 75 θa 75 pa 106 Pa f 024 b 0075 m shoe width a 0150 m r 0200 m d 0050 m c 0165 m Some of the terms needed are evaluated as A r θ1 to θ2 sin θ dθ a θ1 to θ2 sin θ cos θ dθ rcos θθ1 to θ2 a 12 sin2 θ θ1 to θ2 200cos θ1075 15012 sin2 θ1075 775 mm B θ1 to θ2 sin2 θ dθ θ2 14 sin 2θ10π180 rad75π180 rad 0528 C θ1 to θ2 sin θ cos θ dθ 04514 Now converting to pascals and meters we have from Eq 162 Mf f p a b r sin θa A 02410600750200sin 75 00775 289 Nm From Eq 163 MN pa bra sin θa B 106007502000150sin 75 0528 1230 Nm Finally using Eq 164 we have F MN Mfc 1230 289165 570 kN Ans b Use Eq 166 for the primary shoe T f p a br2 cos θ1 cos θ2 sin θa 024106007502002 cos 10 cos 75 sin 75 541 Nm For the secondary shoe we must first find pa Substituting MN 1230106 pa and Mf 289106 pa into Eq 167 570 1230106 pa 289106 pa 165 solving gives pa 619103 Pa Then T 0240619106007502002 cos 10 cos 75 sin 75 335 Nm so the braking capacity is Ttotal 2541 2335 1750 Nm Ans Chapter 16 411 c Primary shoes Rx pa br sin θa C f B Fx 10600750200sin 75 04514 0240528103 570 0658 kN Ry pa br sin θaB f C Fy 10600750200sin 75 0528 02404514103 0 988 kN Secondary shoes Rx pa br sin θaC f B Fx 061910600750200sin 75 04514 0240528103 570 0143 kN Ry pa br sin θaB f C Fy 061910600750200sin 75 0528 02404514103 0 403 kN Note from figure that y for secondary shoe is opposite to y for primary shoe Combining horizontal and vertical components RH 0658 0143 0801 kN RV 988 403 585 kN R 08012 5852 590 kN Ans 165 Preliminaries θ1 45 tan1150200 813 θ2 9813 θa 90 a 1502 200212 250 mm Eq 168 A 12 sin2 θ8139813 0480 Let C θ1 to θ2 sin θ dθ cos θ8139813 11314