Projeto de máquinas

CP. AUT. PROJ.
PROJETOS INDUSTRIAIS
TREINAMENTO E CONSULTORIA TÉCNICA
Rua Artur Moreira, 197 – Jd. Marek - Santo André – SP - CEP: 09111-380
Fone: (0xx11)4458-5426 - Cel: (0xx11)9135-2562 - E-mail: cpautproj@uol.com.br
Elaboração: Proj. Carlos PaladiniVolume 1

Índice Vol. 1:
DEDICATÓRIA E AGRADACIMENTOS....................pág. 1
INTRODUÇÃO......................................................pág. 2
Critério da Resistência, Critério da deformação, Critério da corrosão,
Critério de choques, Critério do processo, Critério baseado em
considerações econômicas, Relação de transmissão.
DEDUÇÃO DE FÓRMULAS.....................................pág. 5
MOMENTO TORÇOR OU TORQUE.........................pág. 6
Dedução da fórmula, potência
RENDIMENTO......................................................pág. 9
VALORES APROXIMADOS DOS RENDIMENTOS DOS ELEMENTOS
DE MÁQUINAS..................................pág. 10
Exemplos e respostas

V1 - 1
PROJETO DE MÁQUINAS
A idéia que gerou a formulação desta apostila foi a de diminuir o tempo perdido
com as anotações dos alunos durante o curso. Tempo este que, com certeza,
será melhor aproveitado na execução dos trabalhos propostos e debates em
sala de aula.
Procuramos selecionar os pontos mais importantes da disciplina neste trabalho.
No entanto, devido à grande variedade de projetos desenvolvidos, sempre algo
novo será acrescido.
Trabalhando dessa forma, conseguimos estruturar um curso de PROJETO DE
MÁQUINAS de alto nível.
Dedicamos este trabalho ao DEUS Eterno que possui todo o conhecimento e
permite que possamos desfrutar as Suas maravilhas.
Que esta apostila venha a ser uma companheira de todos os alunos, que
enfrentam todos os tipos de desafios em busca de conhecimento e melhores
condições de trabalho, que ela também estimule a busca da máxima
lucratividade e qualidade dos serviços, resultando em plena satisfação de todos
os profissionais envolvidos.
Agradecimentos:
Magda Blandino Paladini
Thiago Roberto Paladini
Penélope Blandino de Picoli
Elaboração: Proj. Carlos Paladini

V1 - 2
PARTE I
INTRODUÇÃO
Máquina é um conjunto de mecanismos, e os mecanismos são constituídos de peças
entendidas como elementos fisicamente separáveis do conjunto. Em última análise,
projetar uma máquina é projetar suas peças.
O projeto leva ao desenho de detalhes. Estes contém:
1) Forma da peça;
2) Dimensões (cota) tamanho;
3) Tolerância, (dimensionais, formais);
4) Acabamentos superficiais;
5) Materiais e seus tratamentos;
6) Informações complementares.
A forma da peça é definida pela sua função e é determinada por:
A) Método empírico - A roda em forma de círculo
B) Método analítico - O dente da engrenagem em forma de envolvente do círculo.
De qualquer forma, o projetista, para desenhar a sua peça a partir do conhecimento de
sua função, deve se valer de:
a) sua experiência anterior ( do indivíduo );
b) dados da firma – memórias de cálculos, desenhos, etc.;
c) catálogos, manuais;
d) literatura – livros – revistas técnicas;
e) informações de usuários;
f) concorrentes e similares.
O tamanho das peças (cotas) são definidos pelos chamados “critérios de
dimensionamento”.
1 – CRITÉRIO DA RESISTÊNCIA
É o critério pelo qual as dimensões da peça são determinadas, de modo que a mesma
não apresente ruptura. Analogamente, pode-se determinar as dimensões da peça de
modo a:
- não apresentar escoamento.
- não apresentar ruptura por fadiga.
Critério da resistência: Ruptura simples, Escoamento, Ruptura por fadiga.
2 - CRITÉRIO DA DEFORMAÇÃO OU CRITÉRIO DA RIGIDEZ E/ OU
FLEXIBILIDADE
Além da resistência, a maioria das peças de máquinas precisam apresentar
características de deformabilidade. Em alguns casos limitando a um valor máximo
admissível ( ex.: rigidez torcional de eixos de transmissão) e em outros casos pela
inposição da deformação ( ex.: molas helicoidais).
Exemplo:

V1 - 3
Feito por chapas
(poucas unidades)
Feito por forjamento
(maior quantidade)
λ = Deformação devido aplicação de carga “P”
3 – CRITÉRIO DA CORROSÃO E / OU DESGASTE
Certas peças são passíveis de ação corrosivas ( meio agressivo quimicamente,
temperaturas elevadas) e precisam ser dimensionadas com certa margem de
segurança, prevendo sobre material ( material além do mínimo calculado). Exemplos:
tampas, molas, parafusos.
Outras peças estão sujeitas a atrito e consequentemente desgaste. (Exemplo:
engrenagens, mancais, lonas de freio) . Devem ser dimensionadas prevendo
“consumo de material pelo desgaste”.
4 - CRITÉRIO DE CHOQUES E/ OU VIBRAÇÕES
Tantos os choques mecânicos como as vibrações podem ocasionar a ruína de uma
peça; no primeiro caso, principalmente em peças com material pouco ductil (ferro
fundido) e no segundo, quando própria de vibração da peça coincidir com a fonte
excitadora. Nestes casos, a dimensão da peça poderá ser determinada por métodos
analíticos ou experimentais.
5 – CRITÉRIO DO PROCESSO DE FABRICAÇÃO
O processo está intimamente ligado com a escala de produção como nos mostra o
exemplo:

V1 - 4
6 – CRITÉRIO BASEADO EM CONSIDERAÇÕES ECONÔMICAS
Por esse critério as dimensões são definidas fora do campo de visão estritamente
técnico. Devem levar em conta:
A – Padronização;
B - Diminuição de número de peças;
C - Diminuição no custo de manutenção;
D – Custo de produção.
7 – CONSIDERAÇÕES GERAIS
Mediante o avanço tecnológico e atualizações de cálculos, baseados em produtos de
linha tais como: Rolamentos, Correias, Acoplamentos, etc., e a grande variedade de
produtos disponíveis no mercado, o roteiro de cálculo será baseado no critério adotado
pelo próprio fabricante para a obtenção precisa dos resultados.
RELAÇÃO DE TRANSMISSÃO (i)
Define-se relação de transmissão como sendo a proporção de rotação entre os eixos
girantes distintos.
Podemos expressar relação de transmissão com a letra “i” ou “RT”.
A relação de transmissão pode multiplicar ou reduzir uma rotação.
Para determinar uma redução ou multiplicação deve-se distinguir a rotação motora e a
rotação, movida.
“Multiplicar”: partindo da rotação motora, esta será aumentada.
Exemplo: Uma bicicleta onde o ciclista é o motor e o objetivo é obter mais rotação
nas rodas com menos rotação nos pedais.
Onde i < 1, a roda motora é sempre maior que a roda movida.
“Reduzir”:
Os motores são tabelados com certas rotações, porém, a entrada de uma máquina
poderá ter qualquer rotação. Se esta for menor que a do motor, devemos fazer um
acionamento para reduzi-la.
Onde i > 1, a roda motora é sempre menor que a roda movida.
A velocidade tangencial ou periférica é a mesma na motora e na movida:
Vt1 = Vt2

V1 - 5
Roda Motora: gera o movimento.
Roda Movida: é acionada para ter movimento.
DEDUÇÃO DE FÓRMULAS
(V = Velocidade; S = Espaço; T = Tempo)
Em uma circunferência o espaço percorrido é:
A rotação “n” é o espaço percorrido por minuto (rpm):
Então a fórmula ficará:V = π. D .n (m/min) (Diâmetro da roda “m”)
Se: V1 = π . D1 .n1 e V2 = π . D2 .n2 (V1 = Motora; V2 = Movida)
Como foi visto anteriormente, V1 = V2
Logo,π . D1 . n1 = π. D2 . n2
Racionalizando:
Então a relação de transmissão “i” pode ser expressa como:
Observação:
Para cálculos com engrenagens, a relação de transmissão deverá obedecer certas
regras que adotamos no momento i < 5.
Onde:
n1 = Rotação Motora;
n2 = Rotação Movida;
D1 =Roda Motora;
D2 = Roda Movida;
π = 3,141592654.
Para calcular uma relação
de transmissão num par de engrenagem. partindo
da relação total, obedecemos a seguinte fórmula:
Sendo:
i = Relação de um par de engrenagem;
q = Quantidade de pares de engrenagem;
it = Relação de transmissão total.
T
S
V =
s = π . D
T
S
n =
1
2
2
1
2211
D
D
n
n
n.Dn.D =→=
)i(i
ηFinal
ηInicial
ou....i.i.ii
Motora
Movida
Z
Z
rpmMovida
rpmMotora
Z
Z
D
D
n
n
totalt321t
1
2
1
2
1
2
2
1
==
=====i
q
tii =
Ex.: Para saber o N.º de pares de
engrenagem em um redutor, no caso para
uma relação 1:35, primeiro colocamos os
valor máximo adotado para cada par = 5
Teremos: it = 35 ∴ it = i1 . i2 . i3 . i4 . i5 .
iη
Teremos: 35 = 5 . i2 ∴
5
35
= 7 ultrapassa
o valor máx i < 5 ∴ 35 = 5 . 5 . i3 ∴ i3 =
25
35
∴
i3 = 1,4 ∴ < 5 esta dentro do admissível.
Conclusão: usaremos 3 pares.
De posse dos dados anteriores sabemos
que 3 pares são suficientes ∴ p/ equalizar
as relações de transmissão por par
usamos a equação recomendada:
3q
t 35parporiiparpor =∴=i
i por par = 3,27
Onde: η = rpm
D = diâmetro
Z = n° de dentes
1° par
2° par 3° par

V1 - 6
MOMENTO TORÇOR (MT) OU TORQUE
A medida da eficiência de uma força, no que refere a tendência de fazer um corpo
girar em relação a um ponto fixo, chamamos momento da força em relação a esse
ponto.
DEDUÇÃO DA FÓRMULA
Onde:
N = Potência (CV)
F = Força (kgf)
V = Velocidade (m/seg)
MT = Momento Torçor (kgf. cm) ( kgf . m)
R = Raio (m, cm)
D = Diâmetro) (m, cm)
n = Rotação (rpm)
Substituindo na fórmula de potências:
Alterando a constante 716,19, obtém-se outras unidades:
716,19 = Kgf m
71619 = Kgf cm
716190 = Kgf mm
Para melhor entender o momento torçor, observe as figuras:
Onde:
MT = F.B
B = Comprimento do braço
Onde:
MT = F.R
R = Raio do disco
Nos casos acima, a unidade de “MT” varia conforme a unidade de “B” e “R”
60
n.D.
V;
D
MT.2
Fou
R
MT
F;
75
V.F
N
π
====
)(
n
N.19,716
75
n.0,10472.
75
60D
n).D.(.MT).(2
N
75
V.
mkgfMT
MT
N
F
N
=→=
=→=
π

V1 - 7
POTÊNCIA (N)
Para explicar potência é necessário recordar o que segue abaixo:
“Trabalho”:
É o produto da intensidade da componente força na direção do deslocamento, pelo
comprimento do deslocamento.
T = F. S (kgfm)
“Potência”:
É o trabalho realizado na unidade de tempo:
Como:
Onde:
N = Potência (kgfm/seg)
F = Força (kgf)
A introdução do cavalo vapor (CV) deu-se em 1789 por James Watt. Ele projetou uma
máquina que aproveitava a energia potencial do vapor d’água para mover uma roda, a
fim de produzir trabalho.
Para transformar sua descoberta em uma equação, ele comparou com algo que
simbolizava em sua época a força; então ele pegou um cavalo bastante forte que
conforme figura abaixo, era capaz de elevar uma carga de 75 kgf a um metro de altura
em cada segundo.
Se:
Onde:
N = Potência (CV)
F = Força (kgf)
ns = Rotação síncrona
nas = Rotação assíncrona
NP = Número de polos
Hz = Frequência no Brasil
60Hz, no Japão 50Hz
TABELA DE CONVERSÃO
seg)/(kgfmV.FNentão, ==
t
S
V
t
S.F
N
t
T
N =→=
(cv)
75
V.F
Nentão,
seg
m.kgf
75CV1 ==
POTÊNCIA MULTIPLICAR POR PARA OBTER
CV 0.736 KW
HP 0.746 KW
HP 1.014 CV
CV 0.9863 HP
KW 1.34 HP
KW 1.36 CV
/smVel.V
kgfForçaF
HP.POTNP)(H
76
V.F
N
=
=
==
N = F . V (W)
1000
V.F
N = ( KW )
N = Potência (W)
Força Newton
V = Velocidade m /s
η = Rendimento
Newton9,8kgfI
/smVelo.V
NewtonForçaF'
HPPOTN(HP)
745
V.F'
N
=
=
=
==
N = Potência cv
F’= Força Newton
V = Velocidade m /s
I kgf = 9,8 Newton
735
V'.F
N =
Força = 75 kgf
Distância = 1m
Tempo =1Seg
Trabalho=75kgm
Potência = 1 CV
(KW)
1000.
F.V
N
η
=
NP
Hz
ns
.120
= nas ≅ 0,95 . ns
75 kgf

V1 - 8
Há outras formas de expressar a fórmula de potência:
“Potência de Levantamento”:
É a potência para levantar um objeto em determinado tempo.
Onde:
N = Potência (CV)
F = Força (kgf)
D = Diâmetro da roda (m)
n = Rotação (rpm)
ou
Onde:
Q = Força (Ton)
V = Velocidade (m/ min)
η = Rendimento do sistema até o motor
Fórmulas válidas p/ elétrica;
Para potência quando se tem tensão e corrente:
)kw(
1000
Corrente.Tensão
=N Tensão = Volts Corrente = Ampéres
)CV(
736
Corrente.Tensão
=N
“Potência de Translação”:
É considerada como necessária para vencer o momento retilíneo da roda, que é
composto com o trilho e o atrito do mancal da roda com o eixo.
(cv)
.60.75
n.D..F
N
η
π
=
(cv)
.75.60
1000.V.Q
η
=N
102
V.F
=N
(KW)
Onde:
N = Potência (KW)
F = Força (Kgf)
V = Velocidade (m/s)
Obs.: 1 Kgf = 9,8Newton
1000
V`.F
=N
Onde:
N = Potência (KW)
F` = Força (Newton)
V = Velocidade (m/s)
(KW)
( )
( )
( )
Trans.Rendimento
m/sV
Newton
2
d
L..
D
2
g.m.FResistenteForçaF
kwPotênciaP
kw
1000.
VF.
P
cv
75.60.
Pesos.V.WT
N
=
=
=





+





+==
=
=
∑
=
η
µ
η
η
cf
F = Força Resistente a Translação Newton
m = Peso a ser transportado kgf
g = 9,81 Aceleração da gravidade m/s²
D = φ Roda mm
d = φ do eixo da Roda mm
f = Braço de alavanca de resistência ao
Rolamento mm (ver pág. V3-9)
c = Coeficiente de atrito lateral Flange roda.
µL = coeficiente de atrito para mancais. (V3-9)

V1 - 9
( ) ( )
( )
seg.oAceleraçãTempota
Rpmn
kwPotênciaP
kw
ta.91200
n.totalJ
Pcv
270000.t
n.J.4
N
22
=
=
=
==
Onde:
V = Velocidade de Translação (m/min)
WT = É a força necessária no eixo da roda por tonelada de peso; esta é encontrada
através do diâmetro da roda e tipo do mancal.
ηηηη = Rend. Transm. = Rend. Redutor. Rend. Roda. Rend. Rol.
“Potência de Giro”:
É o cálculo da potência necessária para movimentar um corpo partindo do repouso até
uma rotação n.
Onde:
t = Tempo para acelerar (seg)
n = Rotação (rpm)
J = Inércia (kgm)
RENDIMENTO
Um Equipamento nunca chega a 100% de efetividade. Há perdas no caminho da
rotação que são causadas por diversas formas. As mais comuns são:
- Calor
- Atrito
- etc...
A simbologia de Rendimento é “ηηηη”
O rendimento não tem unidade, é um número puro. Porém, pode ser expresso em
porcentagem. Exemplo:
Temos uma perda de potência de 17% devido, principalmente, ao atrito das
engrenagens e dos rolamentos.
Para calcular o rendimento de um sistema, basta multiplicar todos os rendimentos dos
elementos que giram.
ηηηηt = ηηηη1. ηηηη2. ηηηη3.....
A seguir, alguns valores de rendimentos tabelados, obtidos através da prática.
1ou
Util
<== ηηη
tradaPotênciaEn
ídaPotênciaSa
sorvidaPotênciaAb
Potência
83%ou0,83
6
5
tradaPotênciaEn
ídaPotênciaSa
→=η=η
global
redsaidaN
=motorN
η

V1 - 10
VALORES APROXIMADOS DOS RENDIMENTOS DOS ELEMENTOS DE
MÁQUINAS
ELEMENTOS DE MÁQUINAS η
Mancais de escorregamento 0,95 a 0,98
Mancais de roletes 0,98
Mancais de rolamentos 0,99
Engrenagens cilíndricas fundidas 0,93
Engrenagens cilíndricas frezadas 0,96
Engrenagens cilíndricas cônicas fundidas 0,92
Engrenagens cilíndricas cônicas frezadas 0,95
Correias planas 0,96 a 0,97
Correias em V 0,97 a 0,98
Correntes silenciosas 0,97 a 0,99
Correntes Renold 0,95 a 0,97
Cabos 0,94 a 0,96
Rosca sem fim ( aço - bronze) com 1 entrada 0,50 a 0,60
Rosca sem fim ( aço - bronze ) com 2 entradas 0,70 a 0,80
Rosca sem fim ( aço - bronze ) com 3 entradas 0,80 a 0,85
Parafuso de movimento com 1 entrada 0,25 a 0,30
Parafuso de movimento com 2 entradas 0,40 a 0,60
Talhas com 2 roldanas 0,94
Acoplamento 0,92 a 0,98
RENDIMENTOS PARA ELEMENTOS DE TRANSMISSÃO η
Cabos: Por volta completa do cabo no tambor (mancais com bucha e de rolamento) 0,91 a 0,95
Correias em V: Por volta completa da correia na polia (com tensão normal da correia) 0,88 a 0,93
Correias de material sintético: Por volta completa ( rolos com rolamentos tensão normal) 0,81 a 0,95
Correias de borracha: Por volta completa ( rolos com rolamentos tensão normal) 0.81 a 0,85
Correntes: Por volta completa (engrenagem com rolamentos) conforme comprimento 0,94 a 0,96
Redutores: Lubrificados a óleo (engrenagens helicoidais), 3 estágios, conforme
qualidade das engrenagens
0,94 a 0,97
Redutores: Engrenagens cônicas ou rosca sem-fim Consultar
fabricante

V1 - 11
EXEMPLOS PRÁTICOS PARA CÁLCULOS DE ACIONAMENTOS
1.
No sistema acima determine:
1) - O momento torçor da carga n.º 2 kgf. cm
2) - Calcular o momento torçor da carga n.º 1 kgf. cm
3) - O momento torçor da resultante kgf. cm
4) - A potência para acionar o peso no tambor em CV
5) - O rendimento global
6) – A potência do motor em CV com 15% a mais de segurança
7) A potência em HP no motor com 15% a mais de segurança
8) Qual a rpm do tambor?
9) Qual a it?
RESPOSTAS:
1) 7T = 7000 kgf
Distância do braço (raio do tambor) = 150 mm = 15 cm
∴∴∴∴ MT = F.r ∴∴∴∴ MT =7000.15 ∴∴∴∴ MT = 105000 kgf .cm
∴∴∴∴
2) 3T = 3000kgf
r = 150 mm = 15 cm
MT = F.r ∴∴∴∴ MT = 3000.15 ∴∴∴∴ MT = 45000 kgf. cm
∴∴∴∴
3) MT resultante: os pesos por estarem com giros opostos tentam se equilibrar, mas
um é mais pesado que o outro ∴∴∴∴
MT resultante: Mt2 – Mt1 ∴∴∴∴
105000 – 45000 = 60000 kgf. cm ∴∴∴∴
4) Potência:
O MT da carga n.º 2 = 105000 kgf. cm
MT da carga n.º 1 = 45000 kgf. cm
MT resultante = 60000 kgf. cm
∴=∴=
∴==
π
=∴
π
=
∴=
71620
6,4.60000
71620
n.MT
N
0,3.3,14
60.0,1
n
60
n.0,3.
0,1
60
n.D.
V
metroementra
71620
n.Mt
N
n = 6,4 rpm
N = 5,4 CV POTÊNCIA PARA ACIONAR O PESO SEM PERDAS.

V1 - 12
5) Rendimento global:
ηg = η1. η2. η3.ηn ...
ηg = 0,94. 0,82. 0,94. 0,972
∴∴∴∴ ηg = 0,68 ∴∴∴∴
6) Potência em CV com 15% a mais (de segurança)
Obs: para que o motor trabalhe com folga sem aquecer, é recomendável acrescentar
de 15% a 20% a mais na potência final do motor.
O RENDIMENTO GLOBAL ( ηg ) = 0,681
∴=
∴=
0,68
5,4
Nn
PERDASDOCONSIDERANNORMALPOTÊNCIANn
Nn = 7,94 CV

CP. AUT. PROJ.

Índice Vol. 2:
Exercícios.............................................................pág. 1
EXEMPLOS DE CÁLCULOS.....................................pág. 3
Potência, Rendimento Global
CARRO TRANSPORTADOR DE BOBINAS.................pág. 7
CENTRO DE GRAVIDADE DAS MASSAS...................pág. 8
CÁLCULO DE MOMENTO DE FRENAGEM E POTENCIA DE
MOTOR................................................................pág.10
PROJETO 2..........................................................pág. 12

V2 - 1
COM 15%:
N DO MOTOR = 7,94. 1,15 ∴∴∴∴ N DO MOTOR = 9,131 CV
7) 9,5 cv . 0,9836 =
8)
9)
2.
No sistema acima determine:
a) Calcular MT da carga n.º 2
b) Calcular a potência CV para levantar a carga 2
c) Calcular o rendimento global para o conjunto lado 2
d) Calcular a potência de regime – ou entrada do conjunto 2
e) Calcular MT na carga n.º1
f) Calcular a potência para acionar o conjunto 1
g) Calcular o rendimento global do conjunto 1
h) Calcular a potência de regime do conjunto 1
i) Calcular a potência necessária para acionar os conjuntos com 15% de reserva
j) Calcular o rendimento global (ηg )
9,3442 HP
∴=
∴=
∴
π
=
n
0,3.143,
60.1,0
60
n.0,3.14,3
1,0
60
n.d.
V
n = 6,36 rpm
iT = 179, 24∴=
∴=
6,36
1140
i
n2
n1
i
T
T
∴N DO MOTOR COM 15% CV9,5≅
LADO 1 LADO 2
Carga 1
Carga 2

V2 - 2
RESPOSTAS:
a) MT DA CARGA N.º 2
MT = F.r ∴∴∴∴ MT = 2000.12,5 ∴∴∴∴
b) POTÊNCIA CV PARA ELEVAR CARGA N.º 2
c) RENDIMENTO GLOBAL P/ LADO 2
ηg = η1. η2. η3. ηη ... ∴
ηg = 0,95. 0,85. 0,8 ∴
d ) POTÊNCIA DE REGIME P/ LADO N.º 2
NR = 17,95 potência normal ∴
0,646 rendimento
e) MOMENTO TORÇOR DA CARGA 1
MT = F.r ∴∴∴∴ MT = 1000.15 ∴∴∴∴
f) POTÊNCIA PARA ACIONAR O CONJUNTO 1
g) RENDIMENTO GLOBAL DO CONJUNTO 1
ηg = ηg1. ηg2. ηg ... ∴
ηg = 0,95. 0,9. 0,85 ∴
h) POTÊNCIA DE REGIME DO CONJUNTO 1
MT = 25000 kgf. cm
cv17,95N
71620
51,43.25000
N
n2
1800
35
n2
n1
it
71620
n2.MT
N
=∴=∴
∴=∴=
∴=
n2 = 51,43 rpm
ηg = 0,646
NR = 28 cv
MT = 15000 kgf. cm
71620
26,6.15000
N
n2
1800
67,5
n2
n1
i
567,it15.4,5itit2.it1it
71620
n2.MT
N
∴=∴
∴=∴=
=∴=∴=
∴=
n2 = 26,6 rpm
N = 5,57 cv
ηg = 0,72
NR = 7,73 cv∴=
72,0
57,5
NR

V2 - 3
i) POTÊNCIA NECESSÁRIA PARA ACIONAR OS CONJUNTOS COM 25% DE
RESERVA
28 CV + 7,73 CV = 35,73 CV ∴∴∴∴
N total = 35,73. 1,25 ∴∴∴∴
j) RENDIMENTO GLOBAL
ou ηg GLOBAL 1 + ηg GLOBAL 2 ∴
2
0,72 + 0,646 =
2
Obs.: O resultado sofreu uma pequena variação devido à aproximação de casas.
POTÊNCIA DISSIPADA EM ATRITO PARA GIRAR CONFORME FIG. ABAIXO,
SOBRE ROLAMENTOS DETERMINADO EQUIPAMENTO.
(Potência de atrito N)
Quando se quer uma estimativa rápida e aproximada, sem levar em conta o tempo de
aceleração, aproximadamente (5s). (Cálculo que leva em conta J E ta, ver folha V2-5.
NO CASO PRESENTE PERGUNTA-SE: QUAL A POTÊNCIA EM CV PARA GIRAR
O EQUIPAMENTO ABAIXO:
Observando o equipamento notamos que o atrito que ele sofre é o de rolamento,
retentores, etc...
Adotaremos coeficiente de aproximação . Cálculo: .
(Obs.: verificar tabela coef. Atrito para cada caso).
N total = 44,66 CV
N para acionar conjunto 1
ηg GLOBAL = 5,57 + 17,95 N para acionar conjunto 2 ∴
7,73 + 28
N regime N regime 2
ηη
η
η
η
ηg GLOBAL = 0,658
ηg GLOBAL = 0,686
.F.
75
V.F
n05,0F =∴=

V2 - 4
Neste caso a força será seu próprio peso, observando a disposição da força ou peso
notamos que:
Natr
= 0,0014 . 0,05 . 12000 . 1,5 . 1 ∴ Natr
= 1,26 cv
N = Potência
F = Força kg
V = Velocidade M / S
f = Coef. de aprox. 0,05 (atrito)
V = π . ∅ . n ∴ V = 3,14 . 3 . 1
60 60
segurança)defator(25%CV1,54N
0,81
1,25
N
0,81ηg0,960,90.0,96..0,98ηg
...ηg3ηg2.ηg1.ηg0.ηg
globalrendimentoηgCV1,25N
0,05.
75
0,157.12000
N
f.
75
V.F
N
+=∴=
∴=∴=
=
=∴=
=∴
=∴
N = 1,54. 1,25 ∴ N = 1,92 cv
Exemplo 2 ( potência em cv dissipada em atrito)
Cv
f = coeficiente de atrito
Q = peso (carga) kg
r = raio m
n = número de rotações em rpm
0,0014 = constante
F = Q . f Exemplo:
Título o mesmo:
∴ Natr
= 0,0014 . f . Q . r . n ∴
V = 0,157 M /S
Natr
= 0,0014 . f . Q . r . n
Material do pino LUBRF ALTER LUBRF contínua
Aço sobre rolamento / Bronze 0,06 0,03
Aço “ Ferro fundido 0,06 0,01
Aço “ Madeira dura 0,065 0,05
Ferro Fundido / Bronze 0,075 0,05
Ferro Fundido / Ferro Fundido 0,1 0,09
Ferro Fundido / Madeira dura 0,125 0,1
A fórmula ao lado se baseia
em ta @ 5s
Rolamentos esfera, aço 0,005 0,003

V2 - 5
Obs.: Em virtude do equipamento trabalhar em baixa rotação, deveremos proceder
como segue: de 0 à 75% da rpm, máxima é necessário colocar ventilação forçada para
evitar super aquecimento, ou outra forma de alívio para o motor trabalhar folgado.
“POTÊNCIA PARA GIRAR”.
Determinado equipamento considerando: momento de Inércia de massa, ta = tempo
de aceleração.
POTÊNCIA PARA GIRAR EQUIPAMENTO: (movimento de Rotação)
Pede-se: Qual a potência do motor para girar o equipamento abaixo: como
comparação de cálculo vide também folhas 3 e 4 ( potência estimada) o modelo é o
mesmo para facilitar comparação:
As fórmulas foram retiradas do SI e Georg:
Para potência temos:
[ kgm2
]
P = Potência (kw)
[ Seg] - para o equip. atingir velocidade
de regime
( )kw
ta.91200
n.totalJ
P
2
=
4
GD
J
2
=
n = rpm motor 1 /min.
J = cilindro maciço:
J = 1 . 1000 . π . e . L . da4
32
ta = tempo de aceleração
L = comprimento em M
e = densidade em kg /dcm3 J = cilindro oco
J = 1 . 1000 . p . e . L (da4
- di4
)
32
i = relação de transmissão total
da = diâmetro ext. em M J = momento de inércia de massa kgm2
J para secção qualquer : J = Ip . e . L . 1000
Ip = momento de inércia polar (compêndio resmat)
di = diâmetro int. em M
π = 3,14159
.e
i
1
cil.JreduçãoJ
2






=
Equip.

V2 - 6
No nosso caso o cilindro é oco ∴∴∴∴
Exemplo do cálculo:
J cilindro = 1 . 1000 . π . e . L . ( da4
- di4
)
32
J cilindro = 1 . 1000 . 3,14. 7,85 . 6 ( 34
- 2,944
)
32
J redutor = dado pelo fabricante / ou calcular J das engrenagens
J motor = dado pelo fabricante / ou estimar
∴ J redutor dado = 0,45
J motor dado = 0,005
TEMOS NO MOTOR 1750 RPM E NO CILINDRO 1 RPM ∴∴∴∴
J redução = 29061 . ∴
equip.
J total = J redução equip. + J motor + J redutor ∴
J total = 0,009 + 0,005 + 0,45 ∴
∴ P = J total . n2
∴ P = 0,464 . 17502
91200 . ta 91200 . 10 Seg.
P = 1,55 KW para CV = 1,55 . 1,36 ∴
FÓRMULA POTÊNCIA DE ROTAÇÃO - DEFINIÇÃO
“Temos pelo SI”
P = M . n ∴ [ KW ] M = momento torção Nm
9550 n = rotação em 1 / min
29061 kgm2
2
i
1
cil.JoequipamentreduçãoJ 





=n2
n1
i =
1
1750
1












0,009 kgm2
J total = 0,464 kgm2
P = 2,11 CV
Motora
Movida
2
2
i
1
cil.JoequipamentreduçãoJ 





=
motora
movida
∴
= J redução equipamento.

V2 - 7
Pelo SI temos também:
Portanto:
CARRO TRANSPORTADOR DE BOBINAS
J = Momento de inércia de massa kgm2
n = Rotação em 1 / min
T = Tempo em Seg.
[Nm]
T.9,55
J.n
M =
J = P / cilindro oco :
Kgm2
Kgm²
J = P / cilindro maciço :
Kgm²
P = peso específico m3
E = largura ou esp.
D = diâmetro ext.
d = diâmetro int.
t.91202
.J
P
2
η
=
:então
9550
n
.
T.9,55
J.n
P:então
T.9,55
J.n
n
9550.P
:entãoM
n
9550.P
9550
n.
==
=∴=
M
P
( )D.E.P.
32
44
dJ −=
π
( )4
D.E.P.
32
π
=J
F = FORÇA DEVIDA À ACELERAÇÃO
força
F = M . a
massa aceleração
a padrão = ∆ V = 0,1m / s = 0,05 m / s
∆ t 2s
∆ T = TEMPO DE ACELERAÇÃO = 2 – 0 = 2
F = M
m

V2 - 8
Exemplo:
Em um carro transportador de bobinas deseja-se saber qual o ∅∅∅∅ diâmetro das colunas
de deslizamento: sabe-se que a soma dos pesos é de 33296kg e também deseja-se
saber qual a largura mínima para que a bobina não tombe, sabe-se que o tempo de
aceleração ideal é de 2s e que a velocidade do carro = 0,1m/s e que o ∅∅∅∅ máximo da
bobina é de 2000mm.
1º DEVE-SE DETERMINAR O CENTRO DE GRAVIDADE DAS MASSAS:
distância y massa 2
GX = Y1 . M1 + Y2 . M2
+ Y3 . M3
+ Yn
. Mn
Σ MASSAS
distância X
GY= X1 . M1 + X2 . M2
+ X3 . M3
+ Xn
. Mn
Σ MASSAS
MASSA 1
No exemplo temos:
EX: L = 1000 a 0,66 m /s2
D = 1500
∆V = ∆T . a = 2. 0,66 = 1,32 m /s
1,32 m / s = velocidade max . para ta = 2s
massa total (peso) delta velocidade
∴ Sabemos que F = M . a a = ∆ V
força aceleração ∴ ∆ t
delta tempo
a = 0, 1 m/s ∴ a = 0,05m/s ∴ M = 33296 ∴ ( unidade técnica de medida)
2S 9,81
aceleração da gravidade
F = 3394 . 0,05 ∴ NO EXEMPLO TEMOS:
2 COLUNAS ∴169,70
2
M = 3394 UTM
F = 169,70 kg
F = 84,85 kg
D
L
a
M
D
L.M
aa.M
D
L.M
a.M
D
L.M
F
2
L
M.
2
D
F.
==∴=
∴==∴= a = L
D

V2 - 9
Cálculo ∅ do tubo em função de W:
Obs.: Por proporção a parede do tubo esta muito fina apesar que os cálculos indiquem
este ∅ int. ∴por padronização aço tubo usarei , tubo ST52 mecânico ∅ 150 x ∅ 125.
Obs.: Se tempo de aceleração for menor que 2s ou a largura da bobina for menor que
100mm, a bobina tombará.
Com os dados acima poderemos dimensionar :
Largura mínima da bobina
Velocidade máxima do carro em função da aceleração
∅ máximo da bobina
∅ das colunas em função da força devido à aceleração
Para reforço da teoria:
Para sabermos a força, devido a aceleração, também podemos usar o recurso :
Exemplo: Se o tempo de aceleração for menor que 2s, teremos que forçar? ( adotado
1s) velocidade 0,1m/s.
Como comprovação a força aumentou.
MF = 188202,16 kg mm
πF = MF ∴ 15. W = 188202,16 ∴
w
w = 188202,16
15
adotado 150
w = π ( D4
– d4
) ∴
32D
12546,811 = 3,14 (1504
- d4
) ∴ 12546,811 . 4800 = 1,589609
- π . d4
∴
32.150
60224692 = 1,589609
- π . d4
60224692 - 1,589609
= d4
∴ = 4,868108
-π
d = 4 08
8681,4
w = 12546,811 mm3
2218 mm
84,85 kg
CONCLUSÃO PARA
SATISFAZER A CONDIÇÃO,
SERÁ NECESSÁRIO
UM TUBO COM :
∅150 EXT. E ∅ 148,5 INT. d = 148, 5 mm
100mmL
2000
L
05,0
D
L
aQUESE-SABE
=∴=
∴=
kg169,700,05.3394,08a.MF
083394,M
9,81
33296
M
/s0,05m
2s
0,1
a 2
==∴=
=∴=∴=
∴==∴
∆
∆
=
F
g
P
M
t
V
a
∴=∴
=
∴=∴= 0,1.3394,08F
3394,08
a.MF
0,1a
1
1,0
a F = 339,408 kgf

V2 - 10
CÁLCULO DE MOMENTO DE FRENAGEM E POTÊNCIA
DO MOTOR
Para se ter o MF no eixo do motor deve-se em primeiro plano ter em mãos tempo em
segundos, que se quer freiar, a rotação do eixo ao qual o freio vai atuar e deve-se
calcular o momento de Inércia de massa kgm2
J total. No caso em questão existe
também uma força de tração que causará um MT que deve ser transportado também
para o eixo ao qual o freio vai atuar, portanto vale a expressão:
J para o redutor, motor, acoplamento dado pelo fabricante ( tabela avulsa).
e = densidade em (dcm3
)
L = comprimento em (M)
da = diâmetro externo em (M)
di = diâmetro interno em (M)
Jt = J Redução equipamento + J Motor + J Redutor + J acoplamento, etc. ao
eixo do freio.
Obs.: Quando se quer saber a potência por jt e tempo de aceleração usa-se a
expressão
(KW) para girar o equipamento quando se tem uma força
de tração deve-se além da potência para vencer esta força
de tração com a expressão já vista:
V= velocidade m/s
Ta= tempo de aceleração = segundos.
Ng= potência para girar
(KW) somar as duas potências. O resultado será a potência que o motor deverá
possuir: NT= potência total n = rpm
J Total= momento de inércia total de massa Kgm² F= força em Newton
ta = tempo de aceleração em seg. V = velocidade m/s
Aplicação:
Deseja-se saber qual o momento de
frenagem no eixo ao qual será montado o
freio neste caso em particular para
atender dois empregos, ou seja, moto
freio ou disco de freio, ambos no eixo do
motor, ver esquema ao lado:
MF = momento de frenagem (Nm)
n = rotação em rpm no eixo do freio
J = momento de inércia de massa kgm2
9,55 = fator conversão
tp = tempo de parada em Seg.
F = força em N
r = raio em metros
i = relação de transmissão
Jt = momento de inércia total de massa kgm2
)Nm(
i
r.F
.55,9
Jt.n
+=
tp
MF
J PARA CILINDRO OCO
J = 1 . 1000 . π . e . L ( da4
– di4
)
32
J PARA CILINDRO MACIÇO
J = 1 . 1000 . π . e . L da4
32
2
i
1
.CILINDROJOEQUIPAMENTREDUÇÃOJ 





=
ta.91200
n.TOTALJ
N
2
G =
global.1000
V.
η
F
N =
V2 - 10

V2 - 11
0,771000.
0,586.14715
1000.
V.
=
=
N
F
N
η
Jt = J redução equipamento + J acoplamento + J redutor + J acoplamento com disco
tab. estimado transmotécnica estimado 0,02871
0,00920 0,0135
+ J motor ∴∴∴∴
J redução equipamento = J tambor .
aço 7,85
J tambor cilindro oco = 1 .1000 . π . e . L . (da4
- di4
) ∴∴∴∴
32
J tambor = 1 .1000 . 3,14. 7,85. 0,3. (0,44
- 0,3854
) ∴∴∴∴
32
∴∴∴∴ J redução equipamento = 0,8386859 . 2
∴∴∴∴
Jt = 0,000819 + 0,00920 + 0,0135 + 0,02871 + 0,3050
MF = 125,62 Nm
Potência para girar será:
Potência para elevar a carga:
Esquema medidas em mm, unidades
transformadas para entrada de fórmula.
MF = n . Jt + F . r (Nm) ∴
9,55.t i
F = 1500 . 9,81 ∴
r = 400 = 200 ∴ 200
2 1000
n = 900 rpm
t = 1 seg η global = 0,77
F = 14715 N
r = 0,2 M
i = 32
J tambor = 0,8386859kgm2
∴





2
32
1
∴





2
i
1
J redução equipamento = 0,000819 kgm2
Jt = 0,357229 kgm2
∴+=∴+= 91,9633,66MF
32
0,2.14715
1.9,55
0,357229.900
MF
( )
∴=
=
1.91200
900.0,357229
N
KW
ta.91200
n.TOTALJ
N
2
G
2
G NG = 3,17 KW no motor para girar
N = 11,198 KW no motor para elevar a carga

V2 - 12
Potência total do motor para girar e elevar a carga:
NT = NG + N ∴∴∴∴ NT = 3,17 + 11,198 ∴∴∴∴
NT = 14,368 KW ∴∴∴∴
NT = 14,368 . 1,36 ∴∴∴∴
PROJETO 2
1º teste
PELO ATRITO SEM CONSIDERAR O TEMPO DE ACELERAÇÃO
Atrito
Natr = 0,0014. F p. Q. r. n
fp = coeficiente de atrito
Q = carga
r = raio
n = rpm
Natr = 0,0014 . 0,005 . 25000 .2 .10
Nart = 3,5 CV
2º teste
SISTEMA INTERNACIONAL (SI)
EM FUNÇÃO DO TEMPO DE ACELERAÇÃO E O MOMENTO DE INÉRCIA
NT = 19,54 CV
cv5N
0,7
3,5
N
N
N
=
=⇒
η
=
2
r.
4
M Ver fórmula do formulário da SEW
DISCO: SOBRE O EIXO RADIAL
DISCOJkgm250002.
4
25000 22
⇒=

CP. AUT. PROJ.

Índice Vol. 3:
CÁLCULO PARA PUXADOR DE FITA LINHA............pág. 1
SOLICITAÇÃO DO ROLAMENTO............................pág. 4
SELEÇÃO DE ACIONAMENTOS..............................pág. 5
Métodos de cálculos, exemplos, fórmulas
APÊNDICE...........................................................pág. 9
EXEMPLOS DE CÁLCULOS.....................................pág. 10

V3 - 1
J redução equip. = = ver fórmula no formulário técnico, folha 19
J redução =
J redução = 0,816 kgm2
J total = J redução equip. + J redutor + J motor ver fórmula no formulário técnico
folha 19
J total = 0,816 + 0,005 + 0,35
J total = 1,17 kgm2
=
CÁLCULO PARA O PUXADOR DE FITA LINHA
Potência alimentação caso exemplo.
O equipamento ( Desenrolador )
Possui dois freios causando tração de ré; 2 freios MR com pressão de 6 BAR num
disco de aproximadamente 300mm ao verificar no catalogo teremos: na pior condição:
Temos dois freios ∴∴∴∴ 1050 x 2 =
OBS.: ( F ⇒ Força trac. na bobina N) (D⇒ φ max. da bobina mm)
2
175
1
25000 





t.91200
n.J
P
2
=
5.91200
1750.17,1
NG
ta.91200
n.TOTALJ
NG
2
2
=
=
Ver formulário técnico folha 20 NG = 7,85 KW => NG = 7,85 . 1,36 = 10,67 CV
Tabela para transformar potência:
Potência Multiplicar Para obter
CV 0,736 KW
HP 0,746 KW
HP 1,014 CV
CV 0,9863 HP
KW 1,34 HP
KW 1,36 CV
Ver formulário técnico folha 06
1050 NM
momento fren.
2100 NM momento
FREN. total
ou MF = 214,2 kgf . m
Ft
1500
2000.2100
2000
1500.Ft
2100
2000
D.
=∴=∴=
Ft
MF
Ft = 2800 N Ft = 285,71 kgf
2
mm/kgf0,45
180.3,5
285,71
A
Ft
==∴= ttt σσ
2
i
1
cil.J 





Sendo que:
σt ⇒ Tensão de tração
Ft ⇒ Força tangencial
A ⇒ Área

V3 - 2
Teremos: Potência alimentação = NALI
Para tirar a bobina da inércia preciso de:
Natr = 0,0014 . 0,05 . 5546 . 0,75 . 2,16 ∴
Somando as duas potências teremos:
NALI + Natr = 0,7875 + 0,85 =
Para saber a força de tração necessária para calcular a FN que o cilindro deve
atuar teremos:
.102
0,17.0,45.3,5.180
kw
.102
v.tr.e.b
kw
.102
v.tr.e.b
η
η
σ
η
σ
=
=
=
ALI
ALI
ALI
N
N
N
V = Normal p/ alimentação 0,17 m / s
η = 0,60 coeficiente.
NALI = 0,7875 KW p/ vencer força de freio. ( na chapa de pior condição).
Natr = 0,628 cv
0,628 . 1,36 = 0,85 KW
Npux = 1,64 KW,
para o puxador
06,0
83,985
F
0,16.F59,15
b.FMT
16,24
2,23.716,2
MT
n
0,12.3,14
60.0,17
60
n.0,12.3,14
0,17
60
n.d.π
Vnquee
1,36.1,64queSabemos
n
N.716,2
MT
t
t
=
=
∴=
∴=
=
∴=
∴==
== 2,23 cv
n = 27 rpm
MT = 59,15
Ft = 985,83
Chapa de maior largura
independente da espessura
POTÊNCIA DISSIPADA EM ATRITO
0,05 peso kg
Natr = 0,0014 , F . Q . r . n ⇒ rpm
raio metro
Q = (D2
– d2
) . 785 . 0,785 . 450 . 106
Q = 5546 kgf
n = rpm ∴
π
=
60
n.d.
V
∴=∴= n
1,5.3,14
60.0,17
60
n.1,5.3,14
17,0
n = 2,16 rpm

V3 - 3
Para determinar ∅ cilindro sabemos que:
Cilindro escolhido marca RACISUL ∅ 4” Hidráulico com rosca na haste de 1-7/8”-12
Flange retangular dianteira.
Conclusão: utilizar motor de:
Motor com 1710 rpm:
Marca SEW tipo (pg. 121): RF 86 DZ 100LS4 ; MA = 1163 i = 94,11
nm Na rpm = 18
Com esta especificação ficaremos com:
Obs.: Para que a montagem fique mais elegante e ocupe menos espaço será usado o
motor redutor: SEW Engr .cônica com Flange B5
15,0
985
F
M
F
F
M.FF
N
t
N
Nt
=∴=
=
FN = 6566 kgf
cm10,21d
104,39d104,39d
80.785,0
6566
d.0,785
6566
80
4
d.
6566
80
área
força
/cmkgf
cm/kgf
222
22
2
2
∴=
∴===
∴=∴=∴
→
→
=
↑↑
d
A
F
P
pressão
π
∅ do cilindro atuador.d = 102
==
∴=∴=
=
=∴
0,2.3,14
0,17.60
n
60
n.0,2.3,14
0,17
60
n.d.π
V
:ápuxadordoeixonon
KW2Potência
0,80n
KN1,64
n = 16,24
∴=∴
16,24
1710
i i ≅ 105,29
60
18.0,2.14,3
60
n.d.
∴=∴= VV
π V = 0,18 m /s

V3 - 4
Tipo:
SOLICITAÇÃO DO ROLAMENTO:
FN = 6556/2 Temos dois rolamentos
FN = 9,8 . 3278 kgf para cada rolamento
FN = 32124,4
o
Pelo resultado obtido anteriormente tirando a média ficamos com o resultado
~ 80500 N
Portanto o rolamento escolhido deverá ter uma capacidade de carga dinâmica
= ou > que 80500N ∴∴∴∴
Pelo projeto temos rolamento rígido de esferas SKF 6308 2 RSI ∅∅∅∅ 40 x ∅∅∅∅ 90 x 23, que
fornece uma capacidade C = 41000N não suficiente para aplicação.
Portanto podemos utilizar dois rolamentos em cada ponta que somados darão uma
carga de 82000N que satisfaz a exigência ou trocar o rolamento por capacidade maior.
Obs.:
Foi mudado ∅∅∅∅ do cilindro para 200mm, que dará maior tranqüilidade de uso, vide
projeto pronto.
KAF 67 DZ 100 L S 4
Ma = 836 Nm i = 67,65 Potência 2,20 KW
com 25 rpm na saída 300 V.
P* = 3 P/ rolamentos esferas
P = Carga = 32124,4 N
horas rpm
trab. Rol.
↓ ↓
L 10 = 6
10
60.n.Lh
↓
Vida em milhões de rotações
Lh = 20000 horas trabalho
∼ 6 anos uso com 8,5 dia.
L 10 = 6
10
60.16,24.20000
∗
=




 P
P
10LP.C
P
C
10L
L 10 = 19,488
56,75291
28,1
4,32124.3
C
Fn
P.Fl
C
Fn.CP.Fl
Fn.
P
C
Fl2,69.32124,4C
19,488.32124,4C
L10P.C
3
*P
==∴=
=
==
∴=
=
C = 86448 N
ou

V3 - 5
2
2
M
...
n
n
.J. kgmJx =





=
corpo Posição do
eixo de
rotação
símbolo Momento
de inércia
em kgm2
Cilindro oco
Cilindro
cheio
Cilindro oco
parede
grossa
disco
disco
esfera
esfera oca
parede fina
barra fina
Sobre o eixo
longitudinal
Sobre o eixo
longitudinal
Sobre o eixo
longitudinal
sobre seu
eixo
sobre o eixo
radial
passando
pelo centro
passando
pelo centro
transversal
no meio da
barra
mr2
2
r
2
m







 +
2
2
2r
1r
2
m
2
r
2
m
2
r
4
m
2
r
5
m2
2
r
3
m2
2
r
12
m
SELEÇÃO DE ACIONAMENTOS MÉTODOS DE CÁLCULO E
EXEMPLOS
Fórmulas utilizadas no cálculo de
acionamentos :
Utilizando-se as fórmulas a seguir, os
cálculos dos acionamentos serão efetuados a
partir dos parâmetros mecânicos da
aplicação (vide simbologia).
Os outros parâmetros necessários para a escolha
correta do acionamento foram abordados nos
capítulos anteriores.
Potência necessária para movimento linear:
Potência necessária para movimento
de rotação:
Cálculo de potência para translação
de ponte rolante com o carro em uma
extremidade da ponte:
Força resistente à translação
( atrito + atrito ao rolamento):
Fatores µL . f. c . vide apêndice v3-9
Força de atrito:
F = m . g . µ = ... N
Momento de carga:
Momento de Inércia:
A) Redução do momento de inércia
ao eixo do motor.
Para movimento linear:
Para movimento de rotação:
KW...
.1000
V.F
Px =
η
=
KW...
.9550
n.M
Px =
η
=
KW...
m
)mm(.2m
Px'P
cargacarroponte
=
∑
++
=
...Ncf)..(μ
D
2
.g.mF L =





++=
Nm...
1000
r.F
Mx
Nm...
n
9550.Px
Mx
==
==
2
2
M
...
n
v
.m.91,2 kgmJx =





=
TEOREMA DE STEINER:
JS = é o momento de inércia de massa [kgm2
], de um
corpo em relação a um eixo de rotação passando pelo
centro de gravidade S.
JA = é o momento de inércia de massa [kgm2
], do
mesmo corpo em relação a um eixo de rotação
passando por A
s = é a distância entre os eixos paralelos em [m].
m = é a massa do corpo em [kg].
B) Cálculo do momento de inércia para diversos
corpos.
As fórmulas são coerentes com as massas m
em [kg], raios r em [m] e comprimentos I em
[m]. Cálculo do momento de inércia para
diversos corpos.
n = rotação de saída do redutor rpm
n = rotação nominal do motorM
aa
2
d

V3 - 6
SELEÇÃO DE ACIONAMENTOS
MÉTODOS DE CÁLCULO E EXEMPLOS
Fórmulas:
Temos então o teorema:
JA = JS + m . S2
= ...kgm2
Velocidade tangencial:
Velocidade de rotação:
Tempo de aceleração (movimento horizontal ou de rotação ou vertical “para
cima”):
Tempo de aceleração ( movimento vertical “para baixo”):
Distância de partida (movimento horizontal ou de rotação ou vertical “para
cima”):
SA = 0,5 . tA . Vmax . 1000 = ...mm.
Distância de partida (movimento vertical “para baixo”):
SA = 0,5 . tA . ns Vmax . 1000 = ...mm.
nM
Tempo de comutação (movimento horizontal ou de rotação ou vertical “para
cima”):
Tempo de comutação (movimento vertical “para baixo”):
Distância de comutação (movimento horizontal ou de rotação ou vertical “para
cima”):
Distância de comutação ( movimento vertical “para baixo”):
/s...mD.
1000.60
n.π
==v
rpm
v
n ...
D.π
60.1000.
==
( )
s
M
J
J
t
X
X
M
A ...
C.9,55
n.
H
M
=
−






+
=
η
( ) s
M
J
J
t
X
X
M
A ...
.C.9,55
n.
2
H
M
=
+






+
=
η
η
( ) ( )
( ) ...s
η.MC9,55
nn.ηJJ
t 2
XU
M1M2.XM
U =
+
−+
=
...mm
n
n
1.1000.v.t.0,5s
M2
M1
2rf =





+=
...mm
n
n
1.1000.
n
n
.v.t.0,5s
s2
s1
M2
S2
2rf =





+=
( ) ( )
( ) ...s
η.MC9,55
nn.ηJJ
t 2
XU
M1M2.XM
U =
−
−+
=

V3 - 7
Aproximação para o momento de freio (movimento horizontal ou de rotação)
Mf ≈ CH – 2 . MX . η2
= ...Nm
(Aproximação razoável para η > 0,7)
Tempo de frenagem (movimento horizontal ou de rotação ou vertical “para
cima”):
Tempo de frenagem (movimento vertical “para baixo”):
Distância de frenagem (movimento horizontal ou de rotação ou vertical “para
cima”):
Distância de frenagem ( movimento vertical “para baixo”):
Desaceleração (movimento horizontal ou de rotação ou vertical “para baixo”):
Desaceleração (movimento vertical “para baixo”):
. Fórmula simplificada, a ser aplicada nos casos de alta inércia e momento de carga
baixo
( p. ex. Translação).
.. Fórmula completa, leva em conta a diferença de velocidades que surge durante o
tempo de reação do freio.
que esta fórmula deve ser aplicada
principalmente em mecanismos de elevação.
Aceleração (movimento horizontal ou de rotação ou vertical “para cima”):
...s
)η.M(M.9,55
Δn)-(n.η).J(J
**t
...s
)η.M(M.9,55
n.η).J(J
*t
2
Xf
MXM
f
2
Xf
MXM
f
=
+
+
=
=
+
+
=
...s
)η.M(M.9,55
Δn)(n.η).J(J
**t 2
Xf
sXM
f =
−
++
=
Sf * = v . 1000 . (t2 + 0,5 tf ) = ...mm
...mm1000.)]
n
nΔn
(t.0,5)
n
2
Δn
n
(.t[.v*S
M
M
f
M
M
2f =
−
+
−
=
...mm1000.])
n
Δnn
(t0,5)
n
2
Δ.n
n
(.t[v**S
s
s
f
s
s
2f =
+
+
+
=
2
f
s
f
2
f
f
...m/s
t
)
n
nΔ
-(1v.
**a
...m/s
t
v
*a
==
==
2
f
sM
s
f m/s
t
)
n
Δn
(1
n
n
v.
**a =
+
=
sendo...rpm,
η.JJ
t..ηM.9,55
Δn
XM
2
2
X
=
+
=
2
A
A s/m...
t
v
a ==

V3 - 8
Aceleração (movimento vertical “para baixo”):
Desaceleração na comutação (movimento horizontal ou de rotação ou vertical
“para cima”):
Desaceleração na comutação (movimento vertical “para baixo”):
Precisão de posicionamento:
Número de ligações admissíveis no motor (movimento horizontal ou de rotação
ou vertical “para cima”):
Número de ligações admissíveis no motor (movimento vertical “para baixo”):
Trabalho do freio (por frenagem):
Vida do freio (até a próxima regulagem):
Rendimento reverso para redutores de roscas sem-fim: (fluxo de força da coroa
para o eixo sem-fim)
nG = rendimento do redutor de rosca sem-fim (conforme catálogo).
2
A
M
s
A s/m...
t
n
.n
.v
a ==
2
U
2M
1M
U ...m/s
t
)
n
n
-(1v.
a ==
2
U
s2
s1
M1
s2
U ...m/s
t
)
n
n
-(1v.
n
n
a ==
mm...s.0,12X ff ==±≈
...S/hk.
J
η
J
JJ
C
M
-1
.ZZ p
M
X
ZM
H
X
oadm =
++
=
...S/hk.
J
η.JJJ
C
M
-1
.ZZ p
M
XZM
H
X
oadm =
++
=
...J
182,5
n.η).JJ(J
.
η.MM
M
w
2
MXZM
2
Xf
f
f =
++
+
=
...h
Z.w
w
L
realf
N
f ==
G
G
n
1
2η −=

V3 - 9
APÊNDICE
11.3 Coeficiente de atrito para mancais
11.4 Fator adicional (atrito pela flange da roda)
11.5 Coeficiente de atrito para vários materiais.
11.6 Atrito ao rolamento ( braço de alavanca da resistência ao rolamento)
11.7 Fatores adicionais para forças radiais.
Rolamentos µ L = 0,005
Buchas µ L = 0,08 – 0,1
Aço / aço
Atrito estático (a seco) µ = 0,12 – 0,6
Atrito deslizante (a seco) µ = 0,08 – 0,5
Atrito estático (engraxado) µ = 0,12 – 0,35
Atrito deslizante ( engraxado) µ = 0,04 – 0,25
Madeira / aço
Madeira / madeira
Correias de mat. Sintético / aço
Atrito deslizante (a seco) µ = 0,25
Aço / material sintético
Atrito deslizante (engraxado) µ = 0,18 – 0,35
Rodas com rolamentos c = 0,003
Rodas com buchas c = 0,005
Guia de rolos c = 0,002
Aço / aço F = 0,05 cm f ≈ 0,5 mm
Madeira / aço F = 0,12 cm f ≈ 1,2 mm
(transportador de rolos)
Material sintético / aço F = 0,2 cm f ≈ 2 mm
Borracha dura / aço F = 0,7 cm f ≈ 7 mm
Material sintético / concreto F = 0,5 cm f ≈ 5 mm
Borracha dura / concreto F = 1-2 cm f ≈ 10 – 20 mm
Borracha meio dura / concreto f ≈ 15 – 35 mm
F = 1,5 a 3,5
Tipo de elemento Observação Fator adicional
Engrenagens ≥ 17 dentes f = 1,0
Reta ou helic. < 17 dentes f = 1,15
Corrente ≥ 20 dentes f = 1,0
< 20 dentes f = 1,25
< 13 dentes f = 1,4
Correia em V conf. pré - tensão f = 2 a 2,5
Correia plana conf. pré – tensão f = 4 a 5
Correia plana conf. pré – tensão f = 2,5 a 3
Com polia tensora

V3 - 10
EXEMPLOS DE CÁLCULO
Sistemas de translação, exemplo de cálculo. Veículo de transporte:
Um acionamento deverá ser escolhido a partir dos seguintes dados, para um veículo
de transporte.
Tipo do redutor: engrenagens helicoidais com motor trifásico, 4 pólos.
Peso a ser transportado m = 800 kg
( carga desprezível)
Aceleração máx. permissível a = 0,6 m / s2
Velocidade v = 0,5 m / s
Rodas motoras
∅ da roda D = 250 mm
∅ do eixo d = 60 mm
Mancal de rolamentos
Superfícies de contato aço / aço
Guia pela flange da roda
Redução externa c / corrente 1” Z1 = 16, Z2 = 29
Condições de serviço 150 ligações / hora, 60% ED
Rendimento η = 0,85
A) Cálculo do motor.
Força resistente à translação:
Potência:
Momento de carga;
Veículo de transporte
N640,003]mm)0,5
2
60mm
.(0,005.
250mm
2
[.m/s9,81.kg800F
...Nc]f)
2
d
.(μ.
D
2
[.g.mF
2
L
=++=
=++=
kw0,04
0,85.1000
/sm0,5.N.64
P
kw...
.1000
v.F
P
X
X
==
=
η
=
Nm...0,23
rpm1680
9550.kw04,0
M
Nm...
n
9550.P
M
X
M
X
X
==
==

V3 - 11
Momento de inércia da carga:
Motor escolhido;
DZ71K4BTF
Pn = 0,15 KW
CH = 1,79 Nm
nM = 1680 rpm
JM = 3,52 x 10-4
kgm2
Zo = 11000 S /h (c/ liberação antecipada do freio)
Zo = 9900 S /h ( c/ BSE 22)
Tempo de aceleração:
Aceleração:
Distância da partida:
SA = 0,5 . tA . v . 1000 = ... mm.
SA = 0,5 . 0,90 s . 0,5 m /s . 1000 = 225 mm.
N.º de partidas admissíveis:
O fator Kp resulta em 0,8 ( vide diagrama 2.9)
= 339,5 S/ h com alívio antecipado de freio.
s0,90
Nm)0,23-Nm(1,79.9,55
rpm1680)kgm0,000352
85,0
kgm00646,0
(
...
)MC(.9,55
n.)(
2
2
XH
M
=
+
=
=
−
+
=
A
M
X
A
t
S
J
J
t
η
22
X
22
M
X
0,00646kgm)
rpm1680
s/m0,5
(.kg800.91,2J
...kgm)
n
v
(m.91,2J
==
==
c = dado do catálogo SEW 2000 pág. 672
0,852
1680
9550.0,15
M
cnM
Nm1,79c
0,852.2,1c2,1
c
c
X
X
n
H
==
∴=
=
=∴=
2
A
2
A
A
m/s0,56
s900,
/sm0,5
a
...m/s
t
v
a
==
==
ED60%e0,27
kw0,15
kw04,0
P
P
com
N
X
==
freio.deantecipadoalíviocomS/h339,5
8,0.
kgm0,000352
kgm}
85,0
00646,0
000352,0{
Nm1,79
Nm0,23
-1
.11000
/k.
J
C
M
-1
.
2
2
p
X
H
X
=
=
+
=
=
+
=
adm
M
M
oadm
Z
hs
J
J
ZZ
η
H
H
H
pega-se no catálogo de motor o valor
de c / c neste caso 1050 2,1H n

V3 - 12
Momento de freio:
Tempo de frenagem:
Desaceleração:
Este valor sendo superior ao admissível (0,6 m /s2
) temos que reduzir o momento de
freio (vide apêndice) p/ 0,8 Nm.
Desaceleração:
Distância de frenagem:
Sr = v . 1000 ( t2 + 0,5 . tf ) = ...mm
(t2
vide apêndice: dados do freio)
Sf = 0,5 m /s . 1000 . ( 0,02 s + 0,5 . 1,06 s ) = 275 mm
Xf = Sf . 0,12 = ± ...mm
± 12% da distância de frenagem corresponde à precisão de posicionamento.
Xf = 275 mm . 0,12 = ± 33 mm
Trabalho do freio (por frenagem):
Mf ≈ CH – 2 MX . η2
Mf ≈ 1,79 Nm - 2 . 0,23 Nm . 0,852
= 1,46 Nm
Escolhendo a partir do apêndice: Mf = 1,2 Nm
s0,75
)0,85.Nm0,23Nm1,2(.9,55
rpm1680.0,85).kgm0,00646kgm(0,000352
t
...s
)η.M(M.9,55
n.η).J(J
t
2
22
f
2
Xf
XM
f
=
+
+
=
=
+
+
=
2
f
2
f
f
m/s0,67
s0,75
/sm0,5
a
...m/s
t
v
a
==
==
s1,06
)0,85.Nm0,23Nm(0,8.9,55
rpm1680.)0,85.kgm0,00646kgm(0,000352
t 2
22
f =
+
+
=
2
f /sm0,47
s1,06
/sm0,5
a ==
J74,8
182,5
rpm)1680(.0,85).kgm0,00646kgm(0,000352
0,85.Nm0,23Nm0,8
Nm0,8
w
...J
182,5
n.)η.J(J
.
ηMM
M
w
222
2f
MXM
2
.Xf
f
f
2
=
+
+
=
=
+
+
=

V3 - 13
Vida do freio ( até a próxima regulagem):
B) Escolha do redutor:
Velocidade de saída:
Redução do redutor:
Fator de aceleração das massas:
Para 8 horas/dia de operação, 300 S /h (150 partidas + 150 frenagens).
Fator de inércia das massas 18,4 e tipo de carga III, o fator de serviço necessário fsnee
≥ 1,6 (vide diagrama).
Momento de saída:
Conforme catálogo, podemos escolher o moto – redutor :
Tipo: R30DZ71K4BTF
PN = 0,15KW
n = 1680 / 69rpm
fs = 2,4
Motor com freio; momento de freio = 0,8Nm
Motor com sensores de temperatura “TF”
h10695
S/h150.J74,8
J10.120
L
...h
z.w
w
L
6
f
realf
N
f
==
==
rpm69,2
16
29
.
mm250.
1000.60.s/m5,0
n
...rpmi.
D.
1000.60.v
n
a
a
=
π
=
=
π
=
24,3
rpm69,2
rpm1680
i
n
n
i
a
M
==
=
18,4
kgm000352,0
kgm00646,0
J
J
2
2
M
N
==
Nm331,6.
rpm69,2
9550.kw0,15
M
...Nmf.
n
9550.P
M
a
s
a
N
a
==
==

CP. AUT. PROJ.

Índice Vol. 4:
ACIONAMENTO DE UM CARRINHO COM UMA
VELOCIDADE......................................................pág. 1
Cálculos, Transportador de rolos, Transportador de corrente,
Transportador de corrente, Transportador de corrente, Transportador
inclinado para volumes.

V4 - 1
22
O
22
O
22
MA
X
kgm0,00228)
rpm3300
m/s0,33
(.kg5000.
2
1
.91,2J
kgm0,00730)
rpm3300
m/s0,33
(.kg16000.
2
1
.91,2J
kgm...)
n
v
(.m.
X
1
.91,2J
==
==
==
Acionamento de um carrinho com uma velocidade.
Peso sem carga mo = 5000 kg
Peso com carga mc = 16000 kg
Velocidade Vmax 20 m /min = 0,33 m/s
As quatro rodas são motoras
Diâmetro da roda D = 400 mm
Diâmetro do eixo d = 80 mm
Mancais de rolamento, aço / aço, guia de rolos
Redução externa i, = 2,9
Diâmetro do pinhão do = 130 mm
Condição de serviço 60 S /h. 8 h / dia, 60% ED
Rendimento η = 0,85
Aceleração max. Permissível a = 0,6 m /s2
Caso contrario, a carga poderia oscilar ou as rodas poderiam patinar.
Tipo de acionamento: 2 x motor c/ freio c/ redutor de engrenagens helicoidais (motor
de 2 pólos) para partida suave com condições de cargas variáveis.
Força resistente à translação:
Potência de saída por motor:
Momento de carga por motor:
Momento de inércia por motor:
N2700,002])mm0,5
2
mm80
.(0,005.
mm400
2
[/sm9,81.kg5000F
N8630,002])mm0,5
2
mm80
.(0,005.
mm400
2
[/sm9,81.kg16000F
...Nc])f
2
d
.(μ.
D
2
[.g.mF
2
o
2
o
L
=++=
=++=
=++=
kw0,052
2.0,85.1000
/sm0,33.N702
P
kw0,17
2.0,85.1000
/sm0,33.N863
P
kw...
X..1000
v.F
P
o
o
A
X
==
==
=
η
=
Nm0,15
rpm3300
9550.kw0,052
M
Nm0,49
rpm3300
9550.kw0,17
M
Nm...
n
9550.P
M
O
O
M
X
X
==
==
==

V4 - 2
s0,8
)Nm0,15-Nm2,71(.9,55
rpm3300.kgm)
0,85
0,00228
0,00250(0,000527
t
s1,8
)Nm0,49-Nm2,71(.9,55
rpm3300.kgm)
0,85
0,00730
0,00250(0,000527
t
s...
)M-(C.9,55
n.)
η
J
J(J
t
2
AO
2
A0
XH
M
X
ZM
A
=
++
=
=
++
=
=
++
=
2
2
OA
2
2
CA
2
A
A
sm/0,41
s,80
s/m0,33
a
sm/0,18
s1,8
s/m0,33
a
s/m...
t
v
a
==
==
==
mm1321000s0,8.sm/0,33.0,5S
mm2971000s1,8.sm/0,33.0,5S
mm...1000..tv.0,5S
OA
OA
AA
==
==
==
hS/235
kgm0,000527
kgm)
0,85
0,00228
0,00250(0,000527
1,0.)
Nm2,71
Nm0,15
-1(.2700S/h
oZ
hS/80
kgm0,000527
kgm)
0,85
0,00730
0,00250(0,000527
0,8.)
Nm2,71
Nm0,49
-(1.2700S/h
oZ
hS/...k.
J
η
J
JJ
C
M
-1
.ZZ
2
2
adm
2
2
adm
p
M
X
ZM
H
X
Oadm
=
++
=
=
++
=
=
++
=
Kpe = 1,0 ( vide § 2.9 com 60% ED e
N
X
P
P
= 0,1)
Motor escolhido:
DZ71D2BZTF
PN = 0,55 KW
nM = 3300 rpm
CH = 2,71 Nm
JM = 0,000527 kgm2
JZ = momento de inércia adicional: 0,00250 kgm2
ZO = 2700 S /h ( com momento de freio máximo).
Foi escolhido um motor com massa de inércia adicional ( ventilador pesado) para
compensar as diferenças de carga.
Um motor de 2 pólos é recomendado devido à inércia relativamente alta do sistema.
A potência alta é necessária para acelerar os momentos de inércia.
Aceleração:
Distância da partida:
Número de partidas admissíveis: Kpe = 0,8 ( vide § 2.9 com 60% ED e
N
X
P
P
= 0,33)

V4 - 3
s0,66
)0,85.Nm0,15Nm2,5(.9,55
rpm3300.kgm)0,85.0,002280,00250(0,000527
t
s1,12
)0,85.Nm0,49Nm2,5(.9,55
rpm3300.kgm)0,85.0,007300,00250(0,000527
t
s...
)η.MM(.9,55
N.η).JJ(J
t
2
2
fo
2
2
fo
2
Xf
MXZM
f
=
+
++
=
=
+
++
=
=
+
++
=
Momento do freio:
Mf ≈ Cn - 2 . Mc . η2
= ... Nm
Mf ≈ 2,71 Nm - 2 . 0,49 Nm . 0,852
= 2,0 Nm
Escolhendo a partir do apêndice : Mf = 2,5 Nm
Tempo de frenagem:
Desaceleração:
Sf = v . 1000 . ( t2 + 0,5 . tf ) = ... mm
Sfe = 0,33 m /s 1000 . ( 0,12 s + 0,5 1,12 s ) = 224 mm
Sfo = 0,33 m /s 1000 . ( 0,12 s + 0,5 . 0,66 s ) = 149 mm
Xf = Sf . 0,12 = ≠ ... mm
Xfe = 224 mm . 0,12 = ≠ 27 mm
Xfo = 149 mm . 0,12 = ≠ 18 mm
Trabalho do freio: ( por frenagem)
Vida do freio (até a próxima regulagem):
A vida do freio até a próxima regulagem, estará entre 4141 e 7042 horas com 60
frenagens / hora, dependendo da carga do carrinho.
2
2
fo
2
2
fe
2
f
f
/sm0,50
s0,66
/sm0,33
a
/sm0,29
s1,12
/sm0,33
a
s...m/
t
v
a
==
==
==
J284
182,5
rpm)3300.(kgm0,85).0,002280,00250(0,000527
.
0,85.Nm0,15Nm2,5
Nm2,5
W
J483
182,5
rpm)(3300.kgm0,85).0,007300,00250(0,000527
.
0,85.Nm0,49Nm2,5
Nm2,5
W
J...
182,5
n.)η.JJ(J
.
η.MM
M
W
22
2fo
22
2fe
MXZM
2
Xf
f
f
2
=
++
+
=
=
++
+
=
=
++
+
=
h7042
h/S60.J284
.J10.120
L
h4141
h/S60.J483
J10.120
L
h...
Zw
w
L
6
fo
6
fe
realf
N
f
==
==
==

V4 - 4
2,4
JJ
J
ZM
X
=
+
B) Escolha do redutor:
Para 8 horas / dia de operação, 120 S /h ( para o redutor tanto a frenagem como a
partida representam uma ligação) e um fator de aceleração das massas:
O fator de serviço necessário fs = 1,2 ( vide diagrama § 5.3).
Momento de saída:
Força radial:
Forças radiais:
Dos resultados acima, chegamos ao seguinte
motoredutor:
Tipo: R90DZ90L4TF
PN = 1,5 KW (COM 100% ED)
i = 67,05
n = 1720/25,5 rpm
Forças radiais admissíveis no meio da ponta do eixo 19700 N.
O motoredutor menor tipo R 86 seria suficiente considerando-se apenas o momento
de saída. Mas como o redutor só admite forças radiais de 12000 N, foi escolhido um
redutor maior.
72,2
rpm45,7
rpm3300
i
rpm45,72,9.
mm400.π
1000.60.s/m0,33
n
rpm...i.
D.π
1000.60.v
n
a
va
==
==
==
Nm1381,2.
rpm45,7
9550.kw0,55
M
Nm...f.
n
9550.P
M
a
s
a
N
a
==
==
N2442,151.
mm130
2000.Nm138
F
N...f.
d
2000.M
F
Q
z
o
a
Q
==
==
Fz = 1,15 ( ver . § 11.7)
N185731,15.
mm120
2000.Nm969
F
N...f.
d
2000M
F
Q
z
o
.a
Q
==
==

V4 - 5
Transportador de rolos.
Um máximo de 3 pallets, cada um pesando 1000 kg., deverão ser levados por um
transportador de rolos de aprox. 5 m de comprimento, 10 tubos de 100 kg., são
colocados verticalmente em cada pallet.
Os tubos não podem mover-se devido às acelerações na partida e na frenagem.
Obs.: o peso próprio dos pallets é desprezível.
Diâmetro dos rolos D = 89 mm
Diâmetro dos eixos d = 30 mm
Atrito: Mancais de rolamento, madeira / aço (f = 1,2 mm)
Distância entre os rolos 220 mm
Um rolo sim e um não é acionado por corrente
Redução externa por
engrenagem de corrente Z1 = 15, Z2 = 21
Corrente 1”
O acionamento não tem freio
Velocidade de translação v = 20 m / min
Condições de serviço 100 S /h, 40% ED, 8 h/ dia, tipo de carga II
Rendimento total do redutor e da redução externa ηG = aprox. 0,9.
Aceleração admissível:
O centro de gravidade S é situado a meia altura. Equilibrando os momentos que
influenciam no tombamento temos:
A aceleração máxima admissível pode ser calculada por:
N100
m1
m0,1.N1000
N...
h
d.F
2
d
.F
2
1
R2
1
R
21
==
==
=.
F
F
h
F
2
21
1
/sm1
kg100
N100
a
/sm...
m
F
a
a.mF
==
==
=
dR
F1
F2
2
h
2

V4 - 6
Força resistente:
O rendimento total da transmissão é dado por:
ηK = (0,96)11
= 0,64 (vide § 11.2)
Potência:
Momento da carga:
Momento de inércia:
corrente.porõestransmiss11existemseja,ouacionados,são11destes,rolos,23
mm220
mm5000
N2810])mm1,2
2
mm30
.0,005(.
mm89
2
[./sm9,81.kg1000F
N8430])mm1,2
2
mm30
.0,005(.
mm89
2
[./sm9,81.kg3000F
N...c])f
2
d
.(.
D
2
[.g.m
2
O
2
C
L
=
=++=
=++=
=++=F µ
Quantidade de rolos:
kw16,0
0,64.0,9.1000
sm/0,33.N281
P
kw48,0
0,64.0,9.1000
sm/0,33.N843
P
kw...
..1000
V.F
P
O
O
KG
X
==
==
=
ηη
=
pallet)/1c(Nm0,9
rpm1680
9550.kw0,16
M
pallets)/3c(Nm2,7
rpm1680
9550.kw0,48
M
Nm...
n
9550.P
M
O
O
M
X
X
==
==
==
22
O
22
O
22
M
X
kgm0,00352)
rpm1680
sm/0,33
(.kg1000.91,2J
kgm0,01056)
rpm1680
sm/0,33
(.kg3000.91,2J
...kgm)
n
V
(.m.91,2J
==
==
==

V4 - 7
s220,
Nm0,46-Nm(3,9.9,55
rpm3300.kgm)
0,64.0,9
0,00091
(0,000655
t
s750,
Nm)1,39-Nm(3,9.9,55
rpm3300.kgm)
0,64.0,9
0,00274
(0,000655
t
s...
)M-(C.9,55
n.)
η.η
J
(J
t
2
AO
2
AC
XH
M
KG
X
M
A
=
+
=
=
+
=
=
+
=
Motor escolhido:
DZ80K4
PN = 0,55 KW
nM = 1680 rpm
JM = 0,000655 kgm2
CH = 6,9 Nm
ZO = 12000 S/ h
Aceleração:
Tentando um motor de 2 pólos:
Considerando uma rotação do motor de 3300 rpm temos:
Jc = 0,00274 kgm2
JO = 0,00091 kgm2
MC = 1,39 Nm MO = 0,46 Nm
Motor escolhido :
DZ80K2
PN = 0,75 KW
nM = 3300 rpm
JM = 0,000655 kgm2
CH = 3,9 Nm
ZO = 6500 S /h
s0,20
Nm)0,9-Nm6,9(.9,55
rpm1680.)
0,64.0,9
kgm0,00352
kgm0,000655(
t
s0,80
Nm)2,7-Nm6,9(.9,55
rpm1680.)
0,64.0,9
kgm0,01056
kgm0,000655(
t
s...
)M-(C.9,55
n.)
η.η
J
(J
t
2
2
AO
2
2
AC
XH
M
KG
X
M
A
=
+
=
=
+
=
=
+
=
2
AO
2
AC
2
A
A
sm/1,65
s0,20
/sm0,33
a
sm/0,41
s0,80
/sm0,33
a
sm/...
t
V
a
==
==
==
(valor alto demais, a condição de 1,0 m /s2
não é respeitada).

V4 - 8
/sm1,5
s0,22
/sm33,0
a
/sm0,44
s0,75
/sm33,0
a
/sm...
t
V
a
2
AO
2
AC
2
A
A
==
==
==
( A aceleração continua alta demais)
Aceleração:
Tempo de aceleração ( motor com massa de inércia adicional)
Inércia adicional -- JZ = 0,00368 kgm2
Aceleração:
Distância de partida:
SA = 0,5 . 1000 . tA . v = ... mm
SA C = 0,5 . 1000 . 1,25 s . 0,33 m /s = 206 mm
SA O = 0,5 . 1000 . 0,59 s . 0,33 m /s = 97 mm
N.º de partidas admissíveis ( com carga máx.):
s0,59
Nm)0,46-Nm3,9(.9,55
rpm3300.kgm)
0,64.0,9
0,00091
0,00368000655,0(
t
s1,25
Nm)1,39-Nm3,9(.9,55
rpm3300.kgm)
0,64.0,9
0,00274
0,00368000655,0(
t
s...
)M-(C.9,55
n.)
.
J
JJ(
t
2
AO
2
AC
XH
M
KG
X
ZM
A
=
++
=
=
++
=
=
ηη
++
=
/sm0,56
s0,59
/sm33,0
a
/sm0,26
s1,25
/sm33,0
a
/sm...
t
V
a
2
AO
2
AC
2
A
A
==
==
==
(Valor inferior ao máximo admissível).
/hs811
kgm.0,000655
kgm)
64,0.9,0
0,00274
0,00368000655,0(
0,6.)
Nm3,9
Nm1,39
-(1
./hs6500Z
hS/k.
J
-
J
JJ
C
M
-1
ZZ
2
2
adm
p
M
KG
X
ZM
H
X
Oadm
=
++
=
=
ηη
++
=
Kpc = 0,6 ( do diagrama § 2.9,40% ED,
N
X
P
P
= 0,64)

V4 - 9
B) Escolha do redutor.
Fator de serviço:
Momento da saída:
Diâmetro do pinhão para corrente:
Para uma corrente de 1” e o pinhão de
z = 15 dentes, o diâmetro primitivo é dado por:
Forças radiais:
Equipamento selecionado:
R40DZ80K2ZTF
PN = 0,75 KW
n = 3300 / 97 rpm
i = 33,88
Força radial admissível = 2990 N
Motor com massa de inércia adicional e proteção com sensores de temperatura “TF”.
rpm99
15
21
.
mm89.
1000.60.m/s0,33
n
rpm...i
D.
1000.60.V
n
a
va
=
π
=
=
π
=
0,63
0,003680,000655
0,00274
JJ
J
ZM
C
=
+
=
+
Fs = 1,2 ( do diagrama § 5.3, tipo de carga II,
100 S/h. 8 h/ dia.
Nm871,2.
rpm99
9550.kw75,0
M
Nm...f.
n
9550.P
M
A
s
A
N
A
==
==
mm122,2
º15
180º
sen
mm25,4.1
dO ==
N17801,25.
122,2
2000.Nm87
F
N...f.
d
2000.M
F
Q
z
O
a
Q
==
==
fz = 1,25 (vide § 11.7)

V4 - 10
Transportador de corrente.
O acionamento para um transportador de corrente deverá ser escolhido, conforme
dados:
Carga m = 300 kg
Peso da corrente m = 80 kg
Acionamento direto, operação contínua 16 h/ dia
Aceleração máx. 1 m /s2
em plena carga
Diâmetro da engrenagem de corrente D = 250 mm
Velocidade v = 1,0 m /s
Atrito: corrente de aço sobre trilho de plástico (engraxado)
Rendimento do redutor ηG = 0,95
Devido ao espaço disponível, deverá ser utilizado um redutor de eixos
paralelos com o eixo oco.
Rendimento do transportador de corrente ηL = 0,86
A rede elétrica é sujeita a variações de tensão entre 340 V e 380 V.
Força de atrito:
F = m . g . µo = ... N µo = 0,25 (vide § 11.5)
F = 380 kg . 9,81 m /s2
. 0,25 = 932 N
Potência:
A potência do motor será reduzida quando a tensão aplicada cai para 340V.
Nm6,3
rpm1720
9550.kw14,1
M
Nm...
n
9550.P
M
kw1,14
,950.,860.1000
m/s1.N932
P
kw...
..1000
V.F
P
X
M
X
X
X
GL
X
==
==
==
=
ηη
=
22
N
22
M
X
kgm0,01171)
rpm1720
s/m1
(.kg380.91,2J
kgm...)
n
V
(.m.91,2J
==
==
UU = tensão reduzida
UN = tensão nominal
PU = potência reduzida
PN = potência nominal
22
N
U
N
U
)
V380
V340
()
U
U
(
P
P
==

V4 - 11
A potência necessária para o transportador ( PX = 1,14 KW ) deverá ser aumentada
devido à alimentação com tensão reduzida:
Motor escolhido:
DZ90L4
PN = 1,5 KW
nM = 1720 rpm
JM = 0,0034 kgm2
Cn = 23,32 Nm
Aceleração:
Este valor de aceleração é muito maior que o máximo admissível. Como a potência do
motor não pode ser menor que 1,42 KW, um sistema de partida suave deverá ser
utilizado ( ver também § 2.10).
Por exemplo: partida estrela triângulo com aprox. 1/3 do conjugado de partida.
Tempo de aceleração com partida estrela / triângulo:
Aceleração:
SA = 0,5 . 1000 . V . tA = ... mm
SA = 0,5 . 1000 . 1 m / s . 2.17 = - 1085 mm
s0,19
Nm)6,3-Nm23,32(.9,55
rpm1720.)
0,95.0,86
kgm0,01171
kgm(0,0034
t
s...
)M-(C.9,55
n.)
η.η
J
(J
t
2
2
A
XH
M
GL
X
M
A
=
+
=
=
+
=
2
A
2
A
A
/sm5,3
s0,19
/sm1
a
/sm...
t
V
a
==
==
s2,17
Nm)6,3-
3
Nm23,32
(.9,55
rpm1720.)
0,95.0,86
kgm0,01171
kgm0,0034(
t
2
2
A =
+
=
2
A s/m0,46
s2,17
s/m1
a ==
rp4,67
mm250.
1000.60.s/m1
n
rpm...
D.
1000.60.V
n
a
a
=
η
=
=
η
=

V4 - 12
Fator de serviço:
fs = 1,45 ( do diagrama § 5.3,
M
X
J
J
= 3,4 e operação contínua, 16 h/ dia.)
Momento de saída:
Forças radiais não incidem pois o redutor é de eixo oco, sendo fixado através de braço
de torção.
Equipamento selecionado:
FA40DZ90L4
U = 380/660V
n = 1720/75 rpm
i = 22,87
PN = 1,5 KW
O motor é ligado por um sistema Y/ para conseguir uma aceleração menor que 1,0 m/s2
A potência de 1,5 KW é necessária para operação satisfatória com tensão baixa (340 V).
Transportador de correia inclinado p/ volumes.
Um transportador de correia inclinado de 20º deverá ser acionado por um motoredutor
angular, por ex.: Redutor de engrenagens cônicas.
Os volumes são levados por uma corrente deslizando sobre uma chapa.
Serviço contínuo, operação 24/ dia.
Os redutores de rosca sem-fim não são recomendados devido ao desgaste elevado da
coroa de bronze quando utilizados em serviço contínuo, a menos que os redutores
sejam convenientemente super dimensionados.
Carga m = 150 kg
Ângulo de inclinação / atrito α = 20º, µο = 0,2
Peso da corrente m = 50 kg
Para fins de cálculo de potência, não levamos em consideração o peso da corrente
pois este se auto-compensa.
Diâmetro da engrenagem de corrente D = 130 mm
Velocidade de transporte v = 0,5 m /s
Rendimento do sistema e do redutor η = aprox. 0,8
Motor com freio ( o freio somente terá função em caso de emergência).
Condições : tipo de carga III
Transportador inclinado para volumes
Nm272,451.
rpm76,4
9550.kw5,1
M
Nm...f.
n
9550.P
M
a
s
M
N
a
==
==

V4 - 13
Força resistente:
F = m . g . (sin α + µo . cos α ) = ... N
F = 150 kg . 9,81 m /s2
(0,342 + 0,2 . 0,94) = 780 N
Potência:
Momento de carga:
Motor escolhido:
DZ80K4B
PN = 0,55 KW
nM = 16 80 rpm
CH = 6,9 Nm
JM = 0,000745 kgm2
Aceleração:
kw0,49
0,8.1000
/sm0,5.N780
kw...
.1000
v.F
==
==
X
X
P
P
η
Nm79,2
rpm1680
9550.kw,490
Nm...
n
9550.
M
==
==
X
X
X
M
P
M
22
X
22
M
X
kgm0,00162)
rpm1680
s/m0,5
(.)kg50kg150(.91,2J
kgm...)
n
V
(.m.91,2J
=+=
=∑=
s0,12
)Nm2,79-Nm6,9(.9,55
rpm1680.kgm.)
8,0
00162,0
000745,0(
t
s...
)M-C(.9,55
n.)
J
J(
t
2
A
XH
M
X
M
A
=
+
=
=
η
+
=
2
A
2
A
A
/sm4,17
s0,12
/sm,50
a
/sm...
t
V
a
==
==

CP. AUT. PROJ.

Índice Vol. 5:
Cálculos.....................................................................pág. 1
SIMBOLOGIA........................................................pág. 2
SELEÇÃO DE MOTORES.........................................pág. 3
Tipos de correntes, Tipos de motores, Tipos de rotações,
Informações.
ACOPLAMENTO....................................................pág. 6
Escolha dos acoplamentos
CORREIAS...........................................................pág. 7
Vantagens, desvantagens, classificação
CORREIA TRAPEZOIDAL......................................pág. 8
CORREIAS SINCRONIZADAS................................pág. 9
Correias dentadas
ENGRENAGEM CILINDRICA DE DENTES RETOS....pág. 11
• Força no Engrenamento..................................pág. 11
I ENQUADRAMENTO DAS EXPRESSÕES................pág. 12
• Dimensionamento pelo critério de pressão.......pág. 12

V5 - 1
SA = 0,5 . 1000 . tA . v = ... mm
SA = 0,5 . 1000 0,12 s . 0,5 m / s = 30,0 mm
Momento de freio:
Mf ≈ CH - 2 . MX . η2
= ... Nm
Mf ≈ 6,9 Nm - 2 . 2,79 Nm . 0,82
= 3,3 Nm
Escolhendo da tabela 11.1 Nm Mf =4 Nm
Desaceleração:
Sf = v . 1000 . (t2 + 0,5 . tf) = ... mm
t2 = 0,01 s ( vide 11.1)
Sf = 0,5 m / s . 1000 . (0,01 s + 0,5 . 0,06 s ) = 20 mm
fs = 1,65 ( 24 h/ dia, tipo de carga III, vide diagrama § 5.3).
Momento de saída:
Forças radiais: Não incidem pois o redutor é de eixo oco, sendo fixado através de
braço de torção.
s0,06
)0,8.Nm2,79Nm4(.9,55
rpm1680.kgm0,8).0,00162000745,0(
t
s...
).M(M.9,55
n.).JJ(
t
2
2
f
2
Xf
MXM
f
=
+
+
=
=
η+
η+
=
2
2
f
2
f
f
s/m8,33
s06,0
s/m5,0
a
s/m...
t
V
a
==
==
rpm73,5
mm130.
1000.60.m/s0,5
rpm...
D.
1000.60.v
==
==
π
π
a
a
n
n
Nm118,651.
rpm73,5
9550.kw55,0
M
Nm...f.
n
9550.P
M
a
s
a
N
a
==
==

V5 - 2
Equipamento escolhido do catálogo SEW:
KA66DZ80K4B
PN = 0,55 KW
I = 24,25
n = 1680 / 69 rpm
Mf = 4 Nm
SIMBOLOGIA
a Aceleração m/s2
aA Aceleração na partida m/s2
(aAO : aAC) com carga mínima / máxima
af Desaceleração na frenagem m/s2
(afo : afc) com carga mínima / máxima
au Desaceleração na comutação m/s2
(auo : auc) com carga mínima / máxima
CH Conjunto médio de partida Nm
(1 : 2) na velocidade baixa / alta
CU Conjunto médio na comutação Nm
c Coeficiente de atrito lateral (flange da roda)
D Diâmetro da roda / tambor, etc. mm
d Diâmetro do mancal mm
do Diâmetro primitivo do elemento de transmissão mm
DT Diâmetro da mesa mm
FQ Força radial N
F Força radial N
( FO : FC) com carga mínima / máxima
f Braço de alavanca da resistência ao rolamento mm
fs Fator serviço
fz Fator adicional para forças radiais
g Aceleração da gravidade m / s2
i Redução do redutor
iv Redução externa
JM Momento de inércia do motor kgm2
JX Momento de inércia da carga kgm2
(JO : JC) com carga mínima / máxima
JZ Momento de inércia adicional (ventilador pesado) kgm2
KP Fator de cálculo do número de partidas / hora
(Kpo : KPC) com carga mínima / máxima
I Comprimento m
Lf Vida do freio até a próxima regulagem h
Ma Momento de saída do redutor Nm
Mf Momento do ferio Nm
MX Momento de carga (reduzido ao eixo do motor) Nm
(MO : MC) com carga mínima / máxima
m Massa kg
na Rotação de saída do motor rpm
nM Rotação nominal do motor rpm
ns Rotação síncrona do motor rpm
PN Potência nominal do motor KW
PX Potência exigida KW
(PO : PC) com carga mínima / máxima
P’ Potência exigida com carga de um lado KW
R Faixa de variação
r Raio mm
SA Distância de partida mm
(SAO : SAC) com carga mínima / máxima

V5 - 3
sf Distância de frenagem mm
(Sfo ; Sfc) com carga mínima / máxima
sc Distância percorrida pela mesa mm
sU Distância percorrida pela comutação mm
tA Tempo de aceleração s
(tAO ; tAC) com carga mínima / máxima
tf Tempo de frenagem s
(tfo : tfc)com carga mínima / máxima
tU Tempo de passagem na comutação s
t1 Tempo de reação de alívio do freio s
t2 Tempo de reação do freio s
U Tensão do motor V
v Velocidade m / s
vT Velocidade da mesa m / s
Wf Trabalho do freio por frenagem J
WN Trabalho admissível pelo freio até a próxima regulagem J
XA Número de motores
Xf Precisão de posicionamento mm
(Xfo ; Xfc ) com carga mínima / máxima
Z Número de dentes
(1 :2) pinhão / engrenagem
Zadm N.º de partidas admissíveis do motor S /h
Z... N.º de partidas necessárias S /h
ZO N.º de partidas admissíveis em vazio S /h
n Diferença da rotação rpm
η Rendimento geral
ηp Rendimento do variador
ηG Rendimento do redutor
η’G Rendimento reverso do redutor
ηk Rendimento da transmissão por corrente
ηL Rendimento da carga
η... Rendimento da redução externa
µ Coeficiente de atrito para mancais
µ Coeficiente de atrito deslizante
µo Coeficiente de atrito estático
SELEÇÃO DE MOTORES
Motor é uma máquina girante que transforma a energia elétrica em energia mecânica.
A) Tipos de correntes:
• Alternada
• Contínua
A unidade da corrente é expressa em Ampère (A)
1) Corrente Alternada (CA)
Nos terminais das tomadas de nossas casas temos uma (CA) de freqüência 60 HZ
(HZ = Hertz = ciclos / segundo).
Denomina-se (CA) quando há troca de polaridade (+) e (-) em função do tempo, e esta
muda de sentido).

V5 - 4
2) Corrente contínua (CC)
Denominamos (CC) toda corrente de sentido e intensidade constante com o tempo.
Temos a pilha como exemplo.
B) Tipos de motores
1) Corrente Alternada:
Este tipo de motor normalmente não pode variar a velocidade por ter rotação
constante em regime; mas se adaptarmos no quadro de comando um inversor de
freqüência, poderemos variar sua velocidade.
Obs.:
Indução = Torque constante em função do motor.
Trifásico = Três fases de tensão (R,S,T).
• Motor de indução monofásico
Possui apenas uma fase de potência limitada a 12,5 CV. Acima deste valor é inviável
construí-lo.
Exemplo: Moto-bomba, ventilador.
• Motor de indução trifásico:
É normalmente usado na indústria, possui três fases e sua carcaça em relação ao
monofásico é menor.
• Motor de indução trifásico de dupla velocidade:
Este motor tem característica interna de transmitir duas velocidades distintas ou dupla
polaridade.
• Motor trifásico de anéis:
A característica principal é o alto torque na partida.
Exemplo: Ponte rolante.
• Motor de torque:
Possui um escorregamento alto e rendimento baixo. Funciona como um freio de
tensão, sendo usado onde há necessidade de um torque de tração e velocidade
constante.
• Moto-freio:
Tem acoplado um freio mono-disco, ideal para equipamentos que exigem paradas
rápidas por questão de segurança, posicionamento e economia de tempo.
2) Corrente Contínua:
Este motor possibilita a variação de sua velocidade externamente de 20 rpm até a
nominal escolhida do motor.
De 0 até 20rpm o torque não é constante.
De 20 até nominal o torque é constante.
• Servo motor:
Este não tem campo de excitação. Possui imã permanente e alto rendimento. Pode-se
mudar o sentido de giro num tempo muito curto sem diminuição do torque, porque é
constante. É usado normalmente em tornos CNC ou para acionamentos de
espalhadores.

V5 - 5
Importante:
Devemos prestar atenção para que a corrente em regime de trabalho não ultrapasse a
corrente nominal do motor. Isto é, se a amperagem em regime de trabalho for maior
que a do motor, este pode se queimar. Admite-se que na partida do motor a
amperagem possa subir até 1,5 vezes a normal em 1 minuto.
C) Tipos de rotações:
1) Síncrona (ns):
Esta rotação é a teórica no motor. A fórmula para seu cálculo é baseada em
freqüência e polaridade.
Onde:
F = freqüência (HZ).
P = número de pólos.
Obs.:
No Brasil a freqüência é de 60 HZ e na Argentina 50 HZ.
O número de polaridade determina a rotação do motor. Esta é padronizada em 2,4,6 e
8 pólos.
Obs.: Quanto maior o número de pólos, maior e mais caro é o motor.
2) Assíncrona(nas)
É a rotação real do motor. Leva em consideração o fator de escorregamento distinto
para cada motor. É adquirida utilizando o catálogo fornecido pelo fabricante e, quando
não o possuímos, podemos admitir um valor aproximado considerando um fator de 5%
de escorregamento.
Nas = ns. (1 – 0,05) ou nas =ns. 0,95.
D) Outras informações:
Para concluir temos que analisar certas informações que o fabricante necessita para
produzir o motor, tais como:
• Classe de isolamento ( temperatura ambiente onde irá trabalhar)
• Categoria (tipos de partida, conjugado)
• Grau de proteção (agentes externos, água, óleo, etc.)
• Forma construtiva: esta é uma informação importante porque define a posição de
trabalho do motor.
Exemplo: Motor com flange, caixa elétrica à direita, etc. É fornecida por códigos
relacionados nos catálogos.
Nota:
Existem motores para quase todos os tipos de serviços. Devemos ter conhecimento e
bom senso na sua escolha e na dúvida, consultar o fabricante.
Lembre-se sempre que uma escolha errada pode acarretar problemas no
funcionamento do sistema.
(rpm)
P
F.120
ns =
POLOS ns(RPM) OBS.
2 3600 velocidade e baixo torque
4 1800
6 1200
8 900 Baixa velocidade e alto torque

V5 - 6
ACOPLAMENTO
Ao transportar torque de um eixo motor para um eixo movido, alguns elementos de
máquinas são utilizados para este fim, tais como:
• Cardans, rodas de fricção, engrenagens, polias e acoplamentos.
No momento estudaremos os acoplamentos que servem como união de dois eixos
alinhados, transmitindo a mesma rotação entre o eixo motor e o eixo movido.
Na escolha do tipo construtivo de um acoplamento deve ser analisado a função que
ele terá na transmissão. Para tanto, temos que pesquisar através de catálogos o tipo
em que se enquadra a nossa necessidade.
Os acoplamentos dividem-se em :
• Elásticos;
• Fixos
Elásticos:
Tem a finalidade de absorver os picos de torque do motor, choques de carga,
vibrações perigosas e desalinhamentos, protegendo os componentes das máquinas
acopladas. É obtido através de catálogo.
Fixo ou rígido:
Serve como complemento de segurança. Quando houver um pico de torque, um pino
arrebenta impedindo a danificação da máquina. Este tipo não pode ser montado onde
há possibilidade de desalinhamento dos eixos. Normalmente é montado entre dois
mancais de rolamento, projetado de acordo com a exigência do trabalho.
ESCOLHA DOS ACOPLAMENTOS (ELÁSTICOS)
a) Critério usado pela Vulcan
São necessários dados de potência e rotação.
1) Cálculo do momento Torçor:
2) Cálculo do Fator de Segurança: FS = F1. F2. F3. F4
Onde:
F1 = Tipo de aplicação (compressor, guindaste, etc.)
F2 = Tempo de funcionamento contínuo diário em horas.
F3 = Freqüência de partida por hora.
F4 = Temperatura ambiente em graus Celsius.
3) Momento Torçor equivalente: MTeq = MT. FS
4) Definir o tipo construtivo mais adequado à aplicação.
5) Selecionar o tamanho através do “MT” máximo dado no catálogo, sendo igual ou
superior ao momento torçor equivalente calculado anteriormente.
6) Escolhido o tamanho, verificar se o furo máximo admissível obtido no catálogo é
suficiente para receber o eixo da aplicação e se a rotação máxima é igual ou maior
que a rotação da aplicação.
m).(kgf
n
N.20,716
MT =

V5 - 7
CORREIAS
Correias e polias permitem a transmissão de potência entre eixos paralelos
relativamente distantes um do outro. Neste tipo de transmissão a correia, que é um
órgão flexível, abraça duas ou mais polias, transmitindo assim a força tangencial por
meio de atrito entre a correia e a polia.
Quando for necessário aumentar o ângulo de contato usa-se um rolo tensionador que
ao mesmo tempo funciona como esticador da correia. No caso da montagem dos
eixos não poderem ser regulados, observar que o rolo tensionador deve estar montado
sempre no lado frouxo da correia.
Quando o esticamento se dá internamente,
localizá-lo o mais próximo da polia maior.
Quando o esticamento se dá externamente,
localizá-lo o mais próximo da polia menor
Vantagens do uso de correias:
• Não transmitem choques;
• Não apresentam problemas de lubrificação;
• É um elemento de proteção contra extrema sobre carga;
• São econômicas;
• De fácil manutenção.
Inconvenientes do uso de correias:
• No caso das lisas há escorregamento;
• Alta carga nos mancais e eixos;
• Devem ser protegidas de elementos externos;
• Proporção geométrica elevada.
Podemos classificar as correias em lisas e dentadas:
• As dentadas funcionam como correias sincronizadoras. Não há escorregamento.
• As lisas podem ter formatos variados, dependendo da aplicação no projeto.
Os perfis mais comuns são:
• Trapezoidais ou correia em V;
• Chata ou correia plana;
• Redonda.
Os materiais das correias podem ser diversos.
Exemplos: couro, borracha, nylon, neoprene e composta de material flexível e fios de
aço para garantir a tração, etc.
No caso das correias lisas, como há escorregamento há perda nos rendimentos que
pode variar de 0,91 a 0,98 da potência transmitida.
Nas montagens comuns o sentido de rotação da
motora é o mesmo da movida. De preferência,
deixar o lado frouxo para cima porque nessa
posição há um arco de contato maior entre correia
e polia, e conseqüentemente, aumento da força
tangencial.

V5 - 8
CORREIA TRAPEZOIDAL (EM “V”)
As correias trapezoidal em “V” transmitem a
Ftg pelo atrito que se gera pela pressão que
as laterais da correia exercem contra as
paredes dos rasgos da polia entre as quais
são encunhadas. Estas não devem tocar no
fundo dos canais para não se perder o efeito
de cunha.
Este tipo de perfil é o mais comum nas indústrias e possui vários formatos, variando
pela potência que se quer transmitir. Em transmissões múltiplas usar sempre correias
de mesmo código, inclusive especificar na compra “Códigos iguais”. No caso se troca
de correia, trocar todas as correias de transmissão.
Os tipos mais comuns são:
Série industrial com 5 perfis designados pelas letras A, B,C,D e E.
Série fracionária com 3 perfis designados pelas letras F1, F2, F3.
Estes tipos de correias devem estar sempre em transmissões que utilizem uma correia
por elo não ser codificado.
Super HC que substitui a série industrial com a vantagem de transmitir mais potência
em menos espaço. São designadas por 3V, 5V,8V.
As seções maiores são para as transmissões pesadas e as menores para as
transmissões leves. Se as correias de pequena seção fossem usadas em
transmissões pesadas, uma excessiva quantidade de correias seria necessária, devido
a sua baixa capacidade em HP.
0,6:0,56μ
)
2
β
μ.cos
2
β
2N(senFatr
=
+=

V5 - 9
CORREIAS SINCRONIZADORAS
Correias Dentadas
As correias dentadas transmitem o movimento por meio de engrenamento dos dentes
da correia com os das polias com ausência, portanto, de deslizamento. Por isso é
também chamada correia sincronizadora.
A transmissão é então chamada positiva porque não está condicionada ao atrito entre
correia e polia.
Evitando o contato entre partes metálicas é eliminado o ruído conseqüente. O nível de
ruído só aumenta em velocidades altas.
Uma transmissão perfeita exige que sejam satisfeitas as duas exigências seguintes:
1) O passo da correia deve Ter o mesmo valor do passo das polias (ambos são
medidos na linha primitiva).
2) A linha primitiva da correia deve coincidir com a circunferência primitiva da
polia.
Outro elemento de importância fundamental no estudo de transmissão por correia
dentada conhecido o número de dentes “Z”, é o diâmetro primitivo que pode ser
achado na tabela cedida pelo fabricante.
Para o funcionamento correto de uma transmissão de correias dentadas é
absolutamente necessário que pelo menos uma das duas polias tenha flanges, a fim
de evitar que a correia possa escorregar por ter uma leve tendência de movimento
laterais esquerdo ou direito. Normalmente por economia o uso da flange está na polia
menor. No entanto, se funcionando em eixos verticais e quando a distância de centros
for maior do que oito vezes o diâmetro da polia menor, as duas polias devem ser
flangeadas.
A velocidade é transmitida uniformemente. Não existe variação de passo como nas
correias em “V” e plana, portanto não apresentam vibrações.
Para cada passo fornecem-se correias de diversos comprimentos e larguras padrões.
Estas correias são aplicáveis com polias de diversos diâmetros, tornando possível
fazer-se uma grande variedade de acionamentos para cada tamanho.
Exemplo de transmissão mediante
correia dentada: uma linha primitiva
coincide com o eixo do inserto.

V5 - 10
Em tecnologia, se soubermos o valor do módulo de uma engrenagem, podemos
determinar todos os seus elementos pelas fórmulas convencionais, apropriadas para
cada tipo de engrenagem.
Podemos concluir de que o módulo é o elemento básico que define o tamanho dos
dentes das engrenagens e serve para dimensionar os demais componentes das
mesmas.
Por outro lado, verifica-se que esse módulo pode ser determinado através da
resistência à flexão, e resistência ao desgaste, deveremos em primeiro plano estimar o
diâmetro do eixo pelo processo de torção e em seguida estimar o diâmetro primitivo,
segundo informações técnicas da WMH (Standard - Stirnrader) fonte alemã vale:
Sendo:
ds = diâmetro do eixo [mm]
N = Potência no eixo [cv]
n = Rotação por minuto
Para diâmetro primitivo do pinhão vale:
Sendo:
dpi = diâmetro primitivo [mm]
ds = diâmetro do eixo [mm]
Segundo Viviano Viviani (matéria feita em Março de 1979 pela revista “Mundo
Mecânico) o número de dentes mínimo que pode ser cortado é de 25 com ângulo
α =15º e de 14 com ângulo α = 20º sendo α = ângulo de pressão.
Vista e seção de uma correia dentada:
a) inserto resistente constituído por fios de
material de alta resistência;
b) corpo da correia em borracha sintética;
c) revestimento em nylon dos dentes e da
parte interna da correia.
Polias flangeadas da UNIROYAL, para
passo 12,70mm (1/2”) e para correias
tendo largura 19,05mm (3/4”) e 25,40 (1”).
3
n
N
144ds =
Dpi ≈ 2 . ds

V5 - 11
Com esses dados em mãos partiremos para verificação da engrenagem segundo
Marco Stipkovic Filho ,e tabela características dos materiais, segundo Elementos de
máquinas (Niemann), pag.199 volume II anexo folha:
ENGRENAGEM CILINDRICA DE DENTES RETOS [ECDR]
FORÇAS NO ENGRENAMENTO
No dentado a envolvente, decompondo-se a força ou pressão normal Pη’ cuja direção
forma com a tangente às circunferências primitivas o ângulo de engrenamento (ângulo
de pressão), em duas componentes, uma tangencial Pµ e outra radial, PΓ’’ passando
ambas pelo ponto C; somente a componente tangencial Pµ transmitirá força, pois a
radial PΓ não produzirá rotação alguma.
Utilizar-nos-emos da figura abaixo para equacionar as diferentes expressões que
relacionam as componentes da transmissão, as velocidades tangenciais, os momentos
e a potência transferida.
Sendo:
m = Módulo;
dp, dp1, dp2 =
diâmetro primitivo
da engrenagem;
hk = altura da
cabeça do dente;
hf = altura do pé
do dente;
t = espessura do
dente no primitivo;
b = largura da
engrenagem;
h = altura do
dente.
Sendo:
Pu = Força tangencial [kgf];
PN = Resultante [kgf];
αo = Ângulo de pressão
geralmente = 20º 14º30’;
doi = Diâmetro primitivo do
pinhão [cm];
Rp = Raio primitivo [cm];
do2 = Diâmetro primitivo da
coroa [cm];
Z = Número de dentes;
MT = Momento torçor em
kgf.cm;
σ Fadm =Tensão admissível
flexão;
V = Velocidade tangencial em
m/s;
e = Fator de carga [tabela];
n = Rotação rpm;
q = Fator de forma [tabela]
N = Potência em CV.
Distribuição dos esforços num par engrenado.

V5 - 12
I ENQUADRAMENTO DAS EXPRESSÕES RESISTÊNCIA FLEXÃO:
Força radial [Pr] [kgf]
Momento torçor [mt] [kgf.cm]
Força tangencial [Pu] [kgf]
Largura da engrenagem [ b] [unidade da tensão e módulo]
b ≈ 6.m P/ engr. Ferro fundido
Aproximado b ≈ 10.m P/ dentes frezados
b ≈ 15.m P/ dentes frezados e mancais em alinhamento
Altura do dente [h] [mm ] unidade do módulo
Velocidade tangencial [V]
Espessura do dente no primitivo [m /s] [cm] e
[cm]
DIMENSIONAMENTO PELO CRITÉRIO DE PRESSÃO
Esse cálculo deverá levar em conta a pressão determinada no contato entre os flancos
dos dentes de duas rodas dentadas engrenadas, (1) e (2) e, ainda, sua duração ou
vida expressa em horas efetivas de trabalho. Para auxiliar esse estudo vamos nos
apoiar na figura abaixo:
Pr =Pu. Tgαo
η
=
N.71620
MT
RP
MT
Pu =
tabelado
tabelado
e.m.Fadmσ
q.Pu
b =
h = 2,25.m dp = m.z
100.60
.do.n
V
η
2
dp
Rp =
2
.m
t
π
=

CP. AUT. PROJ.

Índice Vol. 6:
II ENQUADRAMENTO DA EXPRESSÃO.......................pág. 1
Determinação de vida em horas para engrenagem
Largura da engrenagem critério flexão
II ENQUADRAMENTO DA EXPRESSÃO.......................pág. 2
FATOR CARGA [e]...................................................pág. 3
FATOR FORMA [q]..................................................pág. 3
Para engrenamento externo, para engrenamento interno
EXECUÇÃO E LUBRIFICAÇÃO...................................pág. 4
MÓDULOS NORMALIZADOS.....................................pág. 4
FATOR [F]..............................................................pág. 4
GRÁFICO DE PRESSÃO............................................pág. 4
CARACTERÍSICAS DOS MATERIAIS (TABELA)...........pág. 5
CÁLCULO DE CHAVETAS.........................................pág. 6
• Dimensionamento das engrenagens
• Forças do engrenamento
• Cálculos, conclusão
• Engrenagem cilíndrica de dentes helicoidais.........pág. 11
• CRITÉRIO DE RESISTÊNCIA................................pág. 11

V6 - 1
II ENQUADRAMENTO DA EXPRESSÃO CRITÉRIO DESGASTE
Com essa expressão vamos levantar o valor da pressão. Confrontando, em seguida,
com a pressão tolerável para o material para um determinado número de horas de
vida.
Sendo:
Padm = Pressão admissível
F = Fator F [tabela]
MT = Momento eng. [cm]
dp = diâmetro primitivo [cm]
i = relação de transmissão
DETERMINAÇÃO DE VIDA EM HORAS PARA ENGRENAGEM
Admitindo como pressão o valor obtido pelo cálculo.
Padm [kg/ cm2
]
49 = Constante de transformação
HB = Dureza Brinell [kg/ mm2
]
W = Fator de horas
n = Rotação rpm
h = Horas de trabalho total
106
= Constante da fórmula
Aplicação
Dimensionar um par de engrenagem de dentes retos para condição de flexão e ao
desgaste verificando a vida em horas:
Potência a ser transmitida = 5 cv;
Rotação do eixo = 280 rpm;
Z = 21 dentes;
Material = Aço ABNT 1020
i = 2,35;
Uso = 12 horas diária utilização e incidência da carga máxima continuamente.
dp1 ≈ 2 . ds ∴ dp1 = 2 . 37,63 ∴
Recálculo do dp: Temos que dp =m . z ∴∴∴∴ dp =3,75.21 ∴∴∴∴
[ kgf /cm2
]
i
1i
.
bdp
mt
.f.2Padm 2
2 +
=
22
2
2
dp
i
1i
.
dp
Padm
MT
.f2b
±
=
1
2
dp
dp
i =
6/w
HB.49
Padm 1
=
6
10
.h.60
w
η
=
280
5
144ds
n
N
144ds 33 ∴=∴= ds = 37,63 mm
Dp1 = 75,27 mm
3,58mm
21
75,27
z.mdp =∴=∴= Padronizado = m = 3,75 unidade em mm
dp = 78,75 mm
+ para engrenagem ext.
- para engrenagem int.

V6 - 2
LARGURA DA ENGRENAGEM CRITÉRIO FLEXÃO:
CRITÉRIO DESGASTE
Determinação da vida em horas:
2
78,75
RP
2
DP
RP:temos
280
5.71620
MT
n
N.71620
MT:temos
RP
MT
PU:temos
e.m.Fadmσ
q.PU
b)I(
∴
∴=∴=
∴=∴===
MT = 1278,92 kgf . cm RP = 39,37 mm
RP = 3,937 cm
937,3
92,1278
PU ∴= PU = 324,84 kgf
q = 3,3
8,1
3,19
C
SB
σ
Fadmσ
4
o
∴=∴=
∴=σ cm/kgf10,72Fadm 2
M = 0,375 unidade cm
2
cm/kgf10,72Fadm =σ
e = 0,80 tabela
∴=∴= cm3,33b
0,80.0,375.1072
3,3.324,84
b)I(
(tabela)
beneficiado
1,4255.6,1929.4572288Padm
2,35
12,35
.
7,875.33,3
1278,92
.1512.2Padm
]cm/[kgf
i
1i
.
bdp
MT
.F.2Padm
2
2
2
2
2
=
∴
+
=
∴
+
=
Padm = 6353,34 kg / cm
HB = 140 kg / mm2
( Aço ABNT – 1020 ) beneficiado.∴=
6
1w
HB.49
Padm
280.60
10.1,5842
h
η.60
10.w
h
106
h.η.60
w:Como
5842,10797,1wou1,5842w1,079w1,0797w
6353,34
140.49
6
1w
6
1w
140.49
34,6353
6
6
6
1
1
6
6
1
=
∴==∴=
===∴=∴=
∴=∴=
h = 94,29 horas Conclusão: vida muito curta.
b= 33,3 mm

V6 - 3
N.º de dentes [Z] 20 24 30 38 50 70 100 200 α
fator [q] 1,7 1,8 1,9 2,0 2,1 2,2 2,3 2,4 2,45
Para melhorar a vida pelo menos dois anos de uso deverá ter uma dureza Brinell de :
2 anos possui 365.2 = 730 dias ∴∴∴∴ 730.12 horas diária = 8760 horas de uso ∴∴∴∴
Conclusão: para que esta engrenagem tenha uma vida de dois anos pelo critério de
desgaste, o material ABNT 1020 deverá ser submetido a um tratamento térmico de
cementação com dureza de Flanco HB ≥ 297,82 kg/ mm2
que corresponde a N 32
HRC; outras soluções poderiam ser adotadas tais como: Aumento da largura, aumento
do dp, ou troca de material.
PARA DETERMINAR A HÉLICE, SE É A ESQUERDA OU DIREITA NA
ENGRENAGEM HELICOIDAL.
Colocar a engrenagem de frente e soltar. Esfera conf. exemplo acima.
FATOR CARGA [e]
Introduz-se ainda um fator de carga [e] = 0,80 até 1,50.
Esse fator de carga dependerá naturalmente do regime de utilização da engrenagem e
da incidência de aplicação da carga máxima.
Para exemplificar tomaremos os seguintes extremos:
e = 0,80 para utilização e incidência de carga máxima continuadamente.
e = 1,50 para pouco uso e pequenas incidências de cargas máximas.
FATOR DE FORMA [q]
Os valores correspondentes ao fator de forma [q] para ângulo de pressão αο =
20º sem correção são apresentados a seguir:
PARA ENGRENAMENTO EXTERNO
PARA ENGRENAMENTO INTERNO
49
2,297.6353,34
HB
49
w.Padm
HB
w
HB.49
Padm
147,168www
10
8760.280.60
w
10
h.n.60
w
6
1
6
1
66
1
66
1
66
∴=
∴=∴=
∴=∴=
∴=∴=
HB = 297,82 kgf / mm2
W = 147,168
W 1
/6 = 2,297
Esfera rola à direita
hélice direita
N.º de dentes [Z] 12 13 14 15 16 17 18 21 24 28 34 40 50 65 80 100 α
fator [q] 4,5 4,3 4,1 3,9 3,75 3,6 3,5 3,3 3,2 3,1 3,0 2,9 2,8 2,7 2,6 2,6 2,45

V6 - 4
Assim sendo, temos:
de m = 0,3 até m = 1,0 mm de 0,1 mm em 0,1 mm
de m =1,0 até m = 4,0 mm de 0,25 mm em 0,25 mm
Valores de
[ƒ]
pinhão de aço [E1 = 2,1 x 10+6
Kg / cm2
]
engrenagem de aço [E1 = 2,1 x 10+6
Kg / cm2
]
1512
pinhão de aço [E1 = 2,1 x 10+6
Kg / cm2
]
engrenagem de ferro fundido [E2 =1,05 x 10+6
Kg / cm2
] 1234
pinhão de ferro fundido [E1 = 1,05 x 10+6
Kg / cm2
]
engrenagem de ferro fundido [E2 =1,05 x 10+6
Kg / cm2
] 1069
EXECUÇÃO E LUBRIFICAÇÃO
MÓDULOS NORMALIZADOS
Os valores dos módulos [m] dados em mm apresentam-se normalizados segundo a
Norma DIN 780.
FATOR [F]
Para um ângulo de pressão αο = 20º teremos para diferentes pares engrenados os
seguintes valores de [ƒ].
O fator [ƒ] eqüivalerá a :
V (M / S) <0,8 0,8-4 4:12 >12
Execução Fundido Fresado Retificado Dentes inclinados
Meio lubrificante Graxa Mergulhado em
óleo ou graxa
Mergulhado em
óleo
Óleo sob pressão
sencos)
E
1
E
1
(
2
1
35,0
00
21
αα+
=ƒ
GRÁFICO PRESSÃO ADMISSÍVEL DE CONTATO

V6 - 5
Material Corpo de prova no
estado final
Na engrenagem
Resis. à fadiga
σr σbso Dureza HB K
or σ
o
4
Resis.
estática
σ
oB
Profun
didade
de
rugosi-
dade
R1*
Nr Tipo de tratamento Desig-
nação
Kgf/mm
2
Kgf/mm
2
Núcleo Flanco Kgf/mm
2
Kgf/mm
2
µ m
1
2
Ferro fundido
cinzento
GG18
GG26
18
26
9
12
170
210
0,19
0,33
4,5
6,0
18
26 6,0
3
4
Ferro fundido nodular ferrítico
perlítico
60
70... 75
-
-
170
250
0,32
0,64
25
25
100
140 6,0
5
6
Aço fundido GS 52
GS 60
52
60
21
24
150
175
0,21
0,30 2
15
17,5
47
52 4,5
8
9
10
Aço p/ usinagem
1030/ 35
1040/ 45
1060
II-Aço ao carbono
Forjado ou laminado
St 50.11
St 60.11
St 70.11
50... 60
60... 70
70... 85
23... 28
28... 33
33... 40
150
180
208
0,36
0,52 2
0,70
19
21
24
55
65
80
3,0
11
12
13
14
15
16
Aço beneficiado
1020
1045
1060
5135
37 Mn Si 5
4140
C 15
C 45
C 60
34 Cr 4
37 Mn Si 5
42 CrMo 4
50... 60
65... 80
75... 90
75... 90
80... 95
95...110
22...27
30... 34
34... 41
36... 44
38... 46
46... 54
140
185
210
260
260
300
0,23
0,40
0,51
0,80 2
0,70
0,80
19,3
23
25,6
30
31,5
31,5
60
80
90
90
95
110
3,0
18
19
20
21
22
Aço cementado 1015
8620
20 Mn Cr 5
4320
18 Cr Ni 8
50... 65
80...110
100...130
90... 120
120... 145
27
-
-
-
-
190
270
360
310
400
736
650
650
650
650
4,9
5,0
5,0
5,0
5,0
22
42
47
44
47
95
140
160
160
170
2... 3
23
24
25
Aço temperado por
chama ou indução
1045
K laminado a frio
37 Mn Si 5
53 Mn Si 4
65...80
90... 105
90... 110
-
-
-
220
270
275
595
560
615
4,3
3,7
4,5
31,5
34
5
35
140
125
110
3,0
27
28
Aço cianetado
37 Mn Si 5
140... 180
150... 190
-
-
460
470
595
550
4,3
3,6
32
35
190
200
3,0
30
Tecido duro Grosso
Fino
-
-
-
-
-
-
-
-
0,18
0,23
3
5,6
5,6
6
17
17
6,0
4,0
300
450
660
700
31
32
33
34
35
Ferro fundido nodular
Aço nitretado em
banho
Aço nitretado em
banho
Aço nitretado em gás
Aço temperado por
chama ou indução
GGG 90 C
45
4140
31Cr MoV 9
4140
80... 90
55 ÷ 60
85 ÷ 90
70 ÷ 85
90 ÷ 110
-
-
-
-
- 275 615
1,8
1,8
2,7
3,5
4,5
22
31,8
58,0
45,0
35
140
110
150
150
110
3,0
CARACTERÍSTICAS DOS MATERIAIS
PAG. 199 Volume II = NIEMANN Tabela 22.25 Obs. Está na pg. 73 , apost. Ref.
5140
4340 Fadm = 17 kgf/mm2
Aço Fundido tipo II Fadm = 11 kgf/mm2
Pag 193 Vol II Niemann
SB = Coeficiente segurança H = Horas de trabalho diário
Pag. 199 Volume II = NIEMANN Tabela 22.13 –
Orientação para o coeficiente de segurança necessário.
Segurança contra Transmissão para Transmissão para
serviço contínuo serviço intermitente
Ruptura do dente SB 1,8... 4 1,5... 2
Cavitação SG 1,3... 2,5 0,4...1
Engripamento SF 3 ... 5 3 ... 5

V6 - 6
“CÁLCULO DE CHAVETAS”
b = Largura da chaveta
L = Comprimento da chaveta
t0 = altura livre ∴∴∴∴ t0 = h-t1
h = altura total da chaveta
Ft = Força tangencial aplicada à chaveta
t1 = base da ancoragem
e
Para Cisalhamento toma-se:
Sendo :
σ = tensão admissível ao cisalhamento
área resistente ao cisalhamento
Para Esmagamento toma-se:
Sendo:
Padm (kg /mm2) = Pressão admissível
Área resistente ao esmagamento
r
MT
Ft = mm.[kgf
n
N.716200
MT =
σ.b
Ft
L =
to.Padm
Ft
L =
SB 1,5 1,6 1,7 1,8 1,9 2,0 2,2 2,4 2,6 2,8 3,0 3,2 3,4 3,6 3,8 4,0
H 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24
SB
Fadm:Sendo
4
o
σ
=σ σ Fadm = Tensão admssível à flexão
_
_

V6 - 7
DIMENSIONAMENTO DAS ENGRENAGENS CÔNICAS DE DENTES RETOS
O dimensionamento das engrenagens cônicas de dentes retos faz-se de forma
análoga as engrenagens cilíndricas de dentes retos.
Utilizam-se dos dois critérios convencionais de resistência e de pressão com o
cuidado de identificar a engrenagem cônica como uma engrenagem cilíndrica de
dentes retos equivalentes.
FORÇAS DO ENGRENAMENTO
Para facilidade da distribuição dos esforços no engrenamento de um par cônico de
dentes retos, apoiar-no-emos na figura acima onde se destacam claramente as
componentes radiais, axiais e tangenciais.
A componente normal Pn que atua na linha de engrenamento, decompõe-se em outras
duas Pu e Pt; sendo Pu a componente tangencial e Pt a componente radial à
engrenagem equivalente e que dá origem às componentes Pr (radial) e Pa (axial).
O relacionamento dessas componentes entre si e com a potência transferível,
velocidades ou momentos e rotações faz-se através das seguintes expressões:
Força tangencial (Pu)
)kg(
d.n
2.N.71620
d
2.Md
P
seg)(m/
1910
n.d
V:ou
)kg(
V
N.75
P:Sendo
mm
u
m
m
m
u
==
=
=
Onde:
Pu = força tangencial em Kp;
Pn = força normal em Kp;
Pa = força axial em Kp;
Pr = força radial em Kp;
N = potência transferida em cv;
n = rotação em r.p.m;
Md = momento torçor em Kp . CV;
V = velocidade tangencial em m /seg;
Vm = velocidade tangencial média em m /seg;
dm = diâmetro primitivo médio em cm;
do = diâmetro primitivo em cm.

V6 - 8
Engrenagens cônicas de dentes retos
E, ainda temos:
Critério de resistência:
Da mesma forma, a tensão máxima será expressa por:
Observando sempre:
*O fator de forma (q) deverá ser tomado da mesma forma que para as engrenagens
cilíndricas baseado, entretanto, no número equivalente de dentes (Z e 1(2) ) e que vale:
Baseado em Ze
O fator de carga (e) variará entre 1,25 e 1,75 podendo, entretanto, para os casos
gerais ser tomado ( e = 1,5).
O momento torçor poderá ser dado por:
Critério de pressão:
Apresentaremos diretamente as expressões finais de cálculo, assim sendo, temos:
Os valores das pressões admissíveis p1 (2) adm e dos coeficientes são os mesmos
assumidos para os casos de engrenagens cilíndricas.
m = módulo
mm = módulo médio
d m = diâmetro médio
d s = diâmetro eixo
r m = raio médio
δ = delta
δ = 90º
Pa 1(2) = Pu . tg α0 . sen δ1 (2) (kg)
Pr 1(2) = Pu . tg α0 . cos δ1 (2) (kg)
Para os casos onde δ = 90º a
componente axial de uma engrenagem é
igual à componente radial da outra e
vice-versa.
e.m.b
q.P
m
u
=
*σ max ≤
σ Fadm
σ max σ adm
1(2)
)2(1
)2(1e
cos
Z
Z
δ
=
e.m.Fadmσ
q.P
b
m
u
=
bd2
m1 = 2 . ƒ2
.
2
2
adm)2(1
2
11
i
1i
.
p
δcos.Md +
b . d2
m1 = 2 . ƒ2
.
2
2
adm)2(1
2
.1
1
i
1i
.
pn
δcos.N.16207 +
cm3
cm3
ou
i
1i
.
d.b
δcos.MT.f2.
Padm 2
2
1
2
m
1
2
+
=
2
dm
mr =
z2
z1
cos
sen
Tg 2
+δ
δ
=δ
Tg δ2 = i
b = 7 a 10 . mδ1 = δ - δ2
z1
δsen.bdm
m 11 +
=
2
2
2
2
1
2
dm
Padm
i
1i
.cos.MT.f.2
b
+
δ
=
3
n
N
144ds =
dm1 = dp - b . sen δ1
dp = m . z dm ≅ 2 . ds z
dm
mm =
kgf/ cm2
mm

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