Projeto Guindaste Tipo Grua

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PROJETO GUINDASTE 
[Uma Tonelada] 
 
 
“Os caprichos nascem da imposição da vontade sobre o 
conhecimento. ” 
[Arthur Schopenhauer] 
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Sumário 
 
 
1. Dados do Projeto 5 
 
2. Considerações sobre o Guindaste 5 
 
3. Sistema de Elevação 5 
3.1. Tempo médio de trabalho diário 5 
3.2. Classe, estado e grupo 5 
 3.2.1. Classe de funcionamento 5 
 3.2.2. Estado de solicitação de carga 6 
 3.2.3. Grupo de mecanismos 6 
3.3. Peso moitão 6 
3.4. Diâmetro do cabo 6 
3.5. Diâmetro do tambor e polias 9 
 3.5.1. Diâmetro do tambor 9 
 3.5.1.1. Parâmetros do tambor 10 
 3.5.1.2. Esforços no tambor 11 
 3.5.2. Diâmetro do eixo do tambor 13 
 3.5.3. Diâmetro das Polias 16 
 3.5.3.1. Diâmetro do eixo da polia 16 
3.6. Cálculo do motorredutor de elevação 17 
 3.6.1. Escolha do Motorredutor 17 
 3.6.2. Estudo de transmissão 18 
3.7. Freio do motorredutor 19 
3.8. Rolamento do eixo do tambor 20 
 
 
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4. Carro de translação da carga 23 
4.1. Elemento de fixação do cabo no carro 26 
4.2. Elemento de fixação da polia no carro 26 
 
5. Cálculo estrutural 27 
5.1. Estrutura da lança 27 
 5.1.1. Perfil das cantoneiras da estrutura 29 
 5.1.2. Perfil das barras chatas 32 
 5.1.2.1. Barras chatas diagonais e transversais 32 
 5.1.2.2. Barras diagonais do módulo M.0 32 
 5.1.3. Verificação do peso da estrutura 32 
5.2. Estrutura vertical 34 
 
6. Rodas, eixos e rolamentos do carro de translação da carga 36 
6.1. Roda do carro 36 
6.2. Eixos das rodas do carro 37 
6.3. Rolamentos das rodas do carro 38 
 
7. Motorredutor de translação do carro 40 
 
8. Escolha dos elementos de fixação da estrutura (parafusos) 42 
 
9. Chavetas 44 
9.1. Chaveta do acoplamento motor/eixo e eixo/luva 44 
9.2. Chaveta das rodas e engrenagens do carro 46 
 
 
 
 
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10. Cálculo da base do guindaste 47 
10.1. Pesos da base 47 
10.2. Chapa da base 49 
10.3. Pés da base 50 
 
11. Sistema de translação angular da carga (giro da lança) 50 
11.1. Rolamento Axial de giro 50 
11.2. Motorredutor de giro da lança 52 
 
 
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Guindaste tipo Grua 
 
1. Dados do projeto 
 
 Carga máxima a ser içada: 1 ton. 
 Comprimento máximo: 20m 
 Altura máxima de levantamento da carga: 15m 
 
2. Considerações sobre o guindaste 
 
 Uso: Içamento de peças/materiais/equipamento. 
 Necessidade de trabalho diário: Uma média de 25 vezes/dia (10h/dias). 
 Velocidade de elevação 15m/min. 
 Velocidade de translação linear do carro = 20m/min. 
 Velocidade de translação curvilínea da lança = 1 rpm. 
 A base legal para o projeto NBR 8400. 
 
3. Sistema de elevação 
 
3.1. Tempo médio de trabalho diário. 
 
 Velocidade de elevação = 15m/min. 
 Tempo de elevação = 1min/ciclo (∆T = ∆H/V). 
 Considerado 12 ciclos por operação. 
 Tempo médio de trabalho diário = 25X12X1 = 300min = 05h 
 
 3.2. Classe de funcionamento, estado de solicitação de carga e grupo de mecanismo 
 3.2.1. Classe de funcionamento
Embasando na NBR 8400 considerado o tempo médio de trabalho do sistema de elevação 
temos: 
Tab. 01. Classe de funcionamento 
 
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3.2.2. Estado de solicitação de carga 
Levando em consideração o mecanismo ou elementos de mecanismo submetido na maioria 
das vezes a solicitação próximas à solicitação máxima, com base na tabela 02 temos: 
 
Tab. 02. Estado de solicitação dos mecanismos 
 
 3.2.3. Grupo de mecanismo 
Ao determinar a classe de funcionamento [V3] e o estado de solicitação de carga [3] 
encontramos grupo de mecanismo a seguir: 
 
Tab. 03. Grupo dos mecanismos 
 3.3. Peso do moitão 
O peso máximo do moitão é obtido através da tabela 67 68 do livro Aparatos e Elevactión y 
Transporte - Hellmut Ernst, portanto para 1 tonelada temos: 
Pmoitão = 27kg, sistema de 02 (dois) cabos e 01 (uma) polia. 
 
3.4. Diâmetro do cabo (dc) 
Pela NBR 8400, o diâmetro mínimo do cabo e dada pela seguinte equação: 
Dc = Q√𝑇𝑇 Onde: Q = Coeficiente dependente do grupo de mecanismo (Q = 0,375). T = Esforço máximo de tração que atua sobre os cabos. 
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Tab. 04. Valores mínimos de Q 
Rendimentos do Moitão segunda Aparatos de Elevactión y Transporte – Hellmut Ernst. 
ηm = ηm = 0,98 
 
 ηr = 0,96 (mancais de escorregamento) 
 0,98(mancais de rolamentos) 
 
Onde: 
ηm = Rendimento do moitão 
ηR = Rendimento do Rolamento 
Z = Número de polias 
 T = Carga+Pmoitão
n x ηm = 1000+272 x 0,98 => T = 503,23kg = 493,52daN (decanewton) 
 
 n = numero de cabos = 2 
Logo, Dc = Q√T = 0,375�493,52 => Dc = 8,33 mm 
Embasados em uma tabela comercial normalizamos 8,33mm para diâmetro de 3/8”portanto 
Dc = 9,5 mm conforme abaixo: 
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Utilizando a tabela acima temos a massa do cabo de aço: 
 Massa do cabo de aço = 0,358 kg/m 
 Comprimento do cabo de aço = 60 m 
 Massa total utilizada para suprir o projeto = 0,358 * 60 = 21,48 kg 
Redimensionando esforços para cabo de aço: 
T = = Carga+Pmoitão+Massa cabo
n x ηm = 1000+27+21,482 x 0,98 => T = 524,62 daN 
 
Logo, Dc = Q√T = 0,375�524,62 => 8,58 mm. Portanto para o diâmetro de 3/8” temos 9,5 
mm dentro da capacidade. 
 
Desenvolvendo os cálculos para o fator de segurança normalizado do cabo de aço: 
Carga de ruptura mínima do cabo de aço grifada da tabela acima é 52, 9578 kN. Fs = 52,9578
𝟓𝟓,𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐>(𝐓𝐓 𝐊𝐊𝐊𝐊) = 10 
Sabendo que na Norma o fator de segurança para guindastes mínima é 5. 
 
 
 
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3.5. Diâmetro do tambor e polias. 
Para determinarmos os diâmetros, precisamos primeiramente calcular o valor Wt que é nada 
mais que o número de inflexões do sistema segundo a NBR 8400 (pag. 33) temos: 
 W= 0 (Para a polia de compensação); 
 W= 1 (Para o tambor); 
 W= 2 (Para cada polia que não gera inversão no sentido de enrolamento no percurso do 
cabo); 
 W= 4 (Para cada polia que provoca uma inversão no sentido de enrolamento). 
 Logo para sistema de dois cabos e uma polia, Wt=3. 
 
 
3.5.1. Diâmetro do tambor 
De acordo com o diâmetro do tambor, polia, etc., que vai nos orientar a duração para enrolar 
esse material, para validar o diâmetro do cabo de aço temos que utilizar: 
Utilizando a função: Øtambor= Øc x H1 x H2 (NBR 8400, pág. 33). 
Onde: 
Dp ou Øtambor = Diâmetro de enrolamento das polias ou tambores, tendo como referência o 
diâmetro nas linhas de centro do cabo. 
H1 = Coeficiente tabelado em função do grupo tabelado. 
H2 = Coeficiente tabelado em função do número de flexionamento do cabo. 
Através da NBR 8400 pag. 34 H1 e H2 são obtidos pela tabela: 
 
Tab. 05 Valores de H1 
 
 
 
 
Tab. 06. Valores de H2 
 
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Utilizando os valores do grupo de mecanismo e o número de inflexões do sistema temos: 
 H1 = 22,4 e H2 = 1. 
Assim encontramos Øtambor = 9,5 * 22,4*1 = 212,8mm. 
Utilizamos o diâmetro do tambor dt = 230mm 
 
 
3.5.1.1. Parâmetros do tambor 
Será utilizado tambor liso indicado para locais com problemas de espaço, como guindastes de 
moitão simples, tendo condições de realizar o enrolamento do cabo de aço em mais de uma 
camada no tambor. 
Vamos determinar a quantidade de espiras no tambor, passo, comprimento de enrolamento, 
comprimento total do tambor, etc. Usando: 
• Número de espiras [ne] (EL pág. 111) 
 *[“EL” é apostila de “Projeto de Máquinas” vol.1, proj. Carlos Paladini] ne= 𝐿𝐿𝐿𝐿
𝜋𝜋 𝑥𝑥 𝐷𝐷𝐷𝐷  ne= (50625)𝜋𝜋 𝑥𝑥 (230+9,5)  ne = 68 espiras. 
Lc = Comprimento do cabo de aço = n * H onde + comprimento da lança: 
 n = Numero de ramais do cabo de aço H = Altura de levantamento 
 Dp = Diâmetro primitivo. (Diâmetro do tambor + diâmetro do cabo) (EL pag. 111) 
 ne = Numero de espiras 
 nc = Numero de camadas 
 Lt = Comprimento útil do tambor 
 
Porém para tambores de máquinas de levantamento temos que considerar de 2 a 3 espiras 
mortas, ou seja, que nunca se desenrolam para garantir uma força menor solicitada ao 
prendedor do cabo de aço do tambor. 
Assim realizando tal consideração usamos o número de espiras = 71 
• Número de camadas (nc) 
ne = 71 
nc =? 
Lt = 460mm 
 nc = 𝑛𝑛𝑛𝑛∗𝑑𝑑𝐿𝐿
𝐿𝐿𝐿𝐿
 (EL pág. 111) => nc = 71∗9,5
450
 => nc = 1,5 
 
 
 
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• Passo do tambor (Pc) 
Para este caso Pc = Dc (EL pag. 111) Pc = 9,5mm. 
Faz se necessário verificar a proporcionalidade entre o comprimento do tambor e diâmetro do 
mesmo. 
2 ≤ 
𝐿𝐿𝐿𝐿
𝐷𝐷𝐷𝐷
 ≤ 8  2 ≤ 2 ≤ 8 (EL pag. 112) 
Conforme observado a proporcionalidade está verificada e aceita. 
 
3.5.1.2. Esforços no tambor 
Utilizamos o aço ABNT 1020 com uma tensão de ruptura de 43 kgf/mm^2 (430 Mpa), para esse 
material temos algumas medidas de espessuras para paredes comerciais nas quais adotamos a 
medida 9,52 mm (3/8”). 
1º COMPRESSÃO RADIAL 
 
 Esta tensão é proveniente do enforcamento localizado, devido ao enrolamento do cabo de aço 
no tambor. Considerando um anel do tambor de espessura “h “e largura igual ao passo “P “, 
teremos: 
 
 *Para “h” foi adotado a medida de uma parede comercial de 3/8” = 9,52mm 
 *Material utilizado: Chapa de aço ABNT –1020(tensão de ruptura igual a 430 Mpa) 
calandrada e costurada com solda Após a solda fazer alívio de tensão e usinagem final. 𝜎𝜎𝜎𝜎 = 
18kgf / mm² → DIN GG18 => 𝜎𝜎𝜎𝜎 = 180Mpa 
 
 
 𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎 = 𝐹𝐹𝐹𝐹𝐹𝐹𝑥𝑥.𝑑𝑑𝑑𝑑 𝐿𝐿𝐹𝐹𝑐𝑐𝑑𝑑
2∗𝑃𝑃∗ℎ
 (Tensão de Compressão) 
 
 𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎 = 5242,4[𝑁𝑁]
2∗9,5∗9,52[𝐹𝐹𝐹𝐹2] => 𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎 = 28,98[MPa] 
 
𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎 < 𝜎𝜎𝜎𝜎 𝑜𝑜𝑜𝑜! 
 
 
2º FLEXÃO LOCALIZADA 
 
 a) _ Pela apostila “Projeto de Máquinas” 
A expressão que determina o valor dessa tensão é empírica: 
 𝜎𝜎f = 0,96 ∗ 𝐹𝐹𝐹𝐹𝐹𝐹𝐹𝐹 ∗ � 1
𝐷𝐷2∗ℎ6
4 (D é Diâmetro Primitivo)
𝜎𝜎f = 0,96 ∗ 5242,4 ∗ � 1(230+9,52)2∗9,526 4 𝜎𝜎f=11,07[MPa] 
 
 
 
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Para verificação de dimensionamento, compomos as duas solicitações acima: 
𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎 + 𝜎𝜎f ≤ 𝜎𝜎𝜎𝜎 
 
Conferindo: 
 𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎 + 𝜎𝜎f ≤ 𝜎𝜎𝜎𝜎 28,98 + 11,07 = 𝟐𝟐𝟒𝟒,𝟒𝟒𝟓𝟓 ≤ 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟒𝟒,𝟒𝟒𝟒𝟒 OK 
 
Portanto para o tambor com D=230mm e diâmetro da parede= 9,52mm satisfaz as condições de 
carregamento. 
 
 
 b) _ Pela teoria 
Tensão de Flexão no tambor (𝜎𝜎F) 
 
Módulo de Flexão (WF) 
 WF = �π4 (𝑅𝑅4 − 𝜎𝜎4)𝑅𝑅 � /𝐶𝐶𝐹𝐹𝐹𝐹𝐹𝐹 = � π32 (2304 − 210,964)230 � /115 => 𝐖𝐖𝐖𝐖 = 𝟑𝟑𝟒𝟒𝟑𝟑𝟓𝟓,𝟐𝟐𝟐𝟐 𝐦𝐦𝐦𝐦³ 
 
 
Momento Fletor máximo (MF) 
 
 
Portanto a tensão de flexão será: 
 𝜎𝜎F = MF
WF
= 602.876,00
3035,42 => 𝜎𝜎F = 0,199 MPa OK 
 
3º Torção 
 
Momento Torçor: 𝑀𝑀𝜎𝜎 = 𝑃𝑃 ∗ 𝐷𝐷
2
= 5242,4 ∗ 230
2
= 602876 [𝑁𝑁.𝐹𝐹𝐹𝐹] 
 
Módulo de Torção: 𝑊𝑊𝜎𝜎 = 𝜋𝜋∗(∅𝑛𝑛3−∅𝑖𝑖3)
16∅𝑛𝑛
=2478,45 mm² 
 
 
Tensão de torção: 𝜎𝜎t = Mt
Wt
= 0,24 𝑀𝑀𝑃𝑃𝐹𝐹 𝑂𝑂𝑂𝑂 
 
Portanto para o tambor com D=230mm de diâmetro e espessura da parede= 9,52mm satisfaz 
as condições de carregamento. 
 
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Tambor Dimensionado 
 
 
 
 
3.5.2 Diâmetros do eixo do Tambor 
 
Embasados no capítulo 7 do livro “Elementos de Máquinas de Shigley”, e no exemplo 7-2 do 
mesmo livro, dimensionamos o eixo. 
 
 
 
Representação das forças que atuam no eixo: 
 
 
P= tração no cabo causada das cargas Pcarga+Pmoitão+Pcabo (camada de baixo) => P=5195,42N 
Pc= força causada pelo peso do cabo da camada superior = 6kg. Pc será desprezado. 
 Como restou apenas o esforço P que se localiza no centro do tambor, F1 = F2 = 2597,71 N e 
as reações nos mancais será M1 = M2 = 2597,71. 
 
 O material do eixo será um aço barato,1020 estirado a frio com tensão de ruptura de 
379Mpa. 
 
 
 
 
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 Como no exemplo 7-2 do livro do Shigley (8ª edição), para estimar o diâmetro do eixo foi usado 
o critério de DE-Goodman. Com Mn=Ta=0 obtemos a seguinte equação: 
 
𝑑𝑑 = �16.𝑛𝑛
𝜋𝜋
 � 2(𝑂𝑂𝐾𝐾.𝑀𝑀𝐹𝐹)
𝑆𝑆𝑆𝑆
+ [3(𝑂𝑂𝐾𝐾𝐾𝐾.𝑇𝑇𝐹𝐹)2]12
𝑆𝑆𝑆𝑆𝜎𝜎
��
1/3
 
Onde: 
n = fator de projeto ou fator de segurança 
Kf = fator de concentração de tensão de fadiga para flexão 
Kfs = fator de concentração de tensão de fadiga para torção 
Tm = Torque médio 
Ta = Torque alternante 
Mn = Momento fletor médio 
Ma = Momento fletor alternante 
Se = limite de resistência à fadiga no local crítico de uma peça 
Sut = resistência à tração mínima ou tensão última = 469Mpa 
 
Para determinar SE, fazemos: Se = Ka*Kb*Kc*Kd*Ke*Kf*Sut 
 
 Ka é fator de condição de superfície e é dado por Ka=a.Sutb =>Ka=4, 51.379(-0,265) => 
Ka=0,935 
 
 
 
 
 
 
 
 
(Projeto de engenharia mecânica – Shigley – 7ª Edição, pag.322). 
 
 Kb é o fator de tamanho e é dado por: 
(Projeto de engenharia mecânica – Shigley – 7ª Edição, pag. 323). 
 
Estimando d = 35mm (depois que d for conhecido será verificado) 
Kb=1,24*d (-0,107) => Kb=1,24*35(-0,107) => Kb= 0,8476 
 
 
 
 Kc é o fator de carregamento e 
é dado pela tabela: Kc=1 
 
(Projeto de engenharia mecânica – Shigley – 7ª Edição, pag. 324) 
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 Kd é o fator de temperatura e seus valores são próximos de 1. Será considerado 
então o valor Kd=1, como orientado no próprio livro do Shigley. 
 
 
 Ke é o fator de confiabilidade e é dado pela tabela: Ke=0,868 
(Projeto de engenharia mecânica – Shigley – 7ª Edição, pag. 324) 
 
 
 Kf é o fator de concentração de tensão de fadiga para flexão e será determinado 
como Kf=1,49 como no exemplo do Shigley para este mesmo material e com um 
raio de filete no entalhe de 4mm. 
 
 
 
Portanto para encontrar Se, temos: Se = 0,935*0,8476*1*1*0,868*1,49*379 =>Se = 388,46 MPa 
 
Tm = torque. 𝑇𝑇𝐹𝐹[𝑁𝑁.𝐹𝐹] = 𝑃𝑃𝐹𝐹𝑑𝑑𝐿𝐿𝑑𝑑𝑃𝑃[𝐾𝐾𝐾𝐾]∗60∗1000
2∗𝜋𝜋∗𝑛𝑛[𝑃𝑃𝐷𝐷𝐹𝐹] = 3,7∗60∗10002∗𝜋𝜋∗47 = 751,75 [𝑁𝑁.𝐹𝐹] 
 
(Motor dimensionado abaixo) 
 
Ma = momento fletor. Ma = 0,05*2595,71=129,79 [N.m] 
 
Substituindo na formula temos 
: 
𝑑𝑑 = �16 ∗ 1,5
𝜋𝜋
 � 2(1,49 ∗ 129,79)388,46 ∗ 106 + [3(1,5 ∗ 751,75)2]12379 ∗ 106 ��1/3 => 𝑑𝑑 = 36,08𝐹𝐹𝐹𝐹 
 
 
 Não será necessário verificar o valor de Kb devido ao valor do diâmetro esperado de 35mm foi 
muito próximo do encontrado e sua variação seria insignificante. 
Portanto o diâmetro do eixo será deixo = 40 mm para que possa se adequar aos rolamentos 
comerciais. 
 
 
 
 
 
 
 
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 Portanto 40mm é o diâmetro mínimo do eixo que tem um ressalto para o acoplamento da 
chaveta como mostrado na figura: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
3.5.3 Diâmetros da Polia 
 
Para Polias Temos: H1= 25 e H2=1 
 H1 – Retirado da tabela 05. 
 H2 – Retirado da tabela 06. 
Portanto: 
Øpolia= Øc x H1 x H2= 9,5 x 25 x 1  Øpolia= 237,5 mm 
 
 3.5.3.1. Diâmetro do eixo da polia 
 
O diâmetro do eixo das polias sofre tensão de cisalhamento e o material será aço 1020 com 
tensão de escoamento de 360MPa, oque dá uma tensão admissível segundo norma de 327,27 
MPa. A tensão cisalhante máxima então será: 
 
𝜎𝜎𝐹𝐹 ∗ 0,6 = 𝜏𝜏𝐹𝐹 𝜏𝜏𝐹𝐹 = 196,36 𝑀𝑀𝑃𝑃𝐹𝐹 
 
A área mínima pela cisalhante será: 
 
𝝉𝝉𝝉𝝉 = 𝑭𝑭
𝟐𝟐𝟐𝟐
 => 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟐𝟐,𝟑𝟑𝟐𝟐 = 𝟏𝟏𝟒𝟒𝟐𝟐𝟏𝟏𝟒𝟒
𝟐𝟐𝟐𝟐
 𝟐𝟐𝑨𝑨í𝒏𝒏 = 𝟐𝟐𝟐𝟐,𝟏𝟏𝟓𝟓𝑨𝑨𝑨𝑨² 
 
O que dá um diâmetro mínimo do eixo da polia de d = 6 mm 
Será usado então um diâmetro de 10 mm. 
 
 
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Verificação para flexão: 
 
𝜎𝜎 = 𝑀𝑀𝐹𝐹 ∗ 𝜎𝜎
𝐼𝐼
= 88,580 ∗ 57853,98 𝐹𝐹𝐹𝐹4 = 56,4𝑀𝑀𝑃𝑃𝐹𝐹 < 𝜎𝜎𝐹𝐹 𝑂𝑂𝑂𝑂! 
 
 
 
 
 
3.6. Cálculo do Motorredutor de Elevação 
 
3.6.1. Escolha do motorredutor 
 
A potência que iremos considerar é quando o sistema já se encontra em regime, ou seja, o motor 
já está em sua rotação assíncrona (movimento uniforme). No momento da partida, ou seja, de 
retirar a carga do solo por exemplo, existe uma potência de aceleração, mais além de existir por 
um curto espaço de tempo, seu valor não chega a 1% do valor da potência em regime, portanto 
não iremos considerá-la em nossos cálculos. 
 N = Q ∗ V1 ∗ 100060 ∗ 75 ∗ ηtransmissão [cv] 
 
Onde: 
 
 Q = peso da carga [ton.] => Q=1,049 ton. 
 V1 = velocidade de subida da carga [m/min] => V1 = 15 m/min 
 Ƞtransmissão = Ƞmoitão*Ƞtambor*Ƞredutor*Ƞcabo => Ƞtransmissão = 0,894 
 
Ƞmoitão = 0,98 (calculado acima) 
Ƞtambor = 0,98 
Ƞcabo = 0,97 
Ƞredutor = 0,96 (tirado do catálogo) 
 
Para definição do Ƞredutor foi utilizado o catálogo do fabricante que neste caso se trata do 
fabricante SEW. No sistema de elevação consideramos inicialmente uma velocidade de 15m/min 
é com isso determinamos a rotação do tambor e consequentemente localizamos o 
motorredutor no catálogo da
SEW. 
Portanto a Potência do Motorredutor será: N = 1,048 ∗ 15 ∗ 100060 ∗ 75 ∗ 0,894 => 𝐊𝐊 = 𝟑𝟑,𝟏𝟏𝟏𝟏 [𝐜𝐜𝐜𝐜] = 𝟐𝟐,𝟏𝟏𝟓𝟓[𝐊𝐊𝐖𝐖] 
 
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Porém como será usado um motorredutor de 3,7 KW. Consultando no catálogo SEW um 
motorredutor de 3,7 KW (5cv) de potência para o motor com uma rotação de saída do redutor 
de 47 RPM. Assim obtemos a velocidade de elevação: 
 Ve = n(rpm) ∗ (π ∗ Dt)(n° de cabo) = 47 ∗ (π ∗ 0,15)2 = 16,9 m/min 
 
Apesar da velocidade de elevação fornecida pelo motor seja superior à determinada (15m/min), 
o motor será mantido pelo fato de não precisar trabalhar na velocidade máxima. 
Tab. 07 Motoredutor conforme catálogo SEW pag. 189 
 
 
3.6.2. Estudo de transmissão 
 
Para o motorredutor escolhido com uma redução total de i = 36,84 como podemos ver no 
catálogo acima, será feita uma simbolização de como é feita essa redução. O sistema é 
constituído de dois pares de engrenagens. Consideramos que cada par de rolamentos possui 
98,5% de rendimento e cada par de engrenagens 96,5%. 
Podemos encontrar a rotação de entrada (ne) pela equação: 
𝑛𝑛𝑆𝑆
𝑛𝑛𝐾𝐾
= 𝑖𝑖 => 𝑛𝑛𝑆𝑆47 = 36,84 => 𝒏𝒏𝒏𝒏 = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟑𝟑𝟏𝟏,𝟐𝟐𝟏𝟏 𝒓𝒓𝒓𝒓𝑨𝑨 
 
Para encontrarmos o torque de entrada (Te): 
𝑃𝑃𝐹𝐹 = 𝑇𝑇𝑆𝑆 ∗ 2 ∗ 𝜋𝜋 ∗ 𝑛𝑛𝑆𝑆60 => 3700 = 𝑇𝑇𝑆𝑆 ∗ 2 ∗ 𝜋𝜋 ∗ 1731,4860 => 𝑻𝑻𝒏𝒏 = 𝟐𝟐𝟒𝟒,𝟐𝟐𝟒𝟒𝟐𝟐 𝑵𝑵.𝑨𝑨 
 
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 Supondo que Z1 = Z3 = 10 dentes e que Z2 = 
60 dentes, teremos que determinar Z4 para 
obtermos uma rotação de saída de 47 rpm 
desejada. 
 
 
 
 
 
 
- Eixo I: 
 nI = ne = 1731,48 rpm 
 TI = Te = 20,406 N.m 
 
 
- Eixo II: 
𝑛𝑛𝐼𝐼
𝑛𝑛2 = 𝑍𝑍2𝑍𝑍1 => 1731,48𝑛𝑛2 = 6010 => 𝒏𝒏𝒏𝒏𝒏𝒏 = 𝟐𝟐𝟏𝟏𝟏𝟏,𝟓𝟓𝟏𝟏 𝒓𝒓𝒓𝒓𝑨𝑨 
 
𝑇𝑇𝐼𝐼𝐼𝐼
𝑇𝑇𝐼𝐼
= 𝑍𝑍2
𝑍𝑍1 => 𝑇𝑇𝐼𝐼𝐼𝐼20,406 = 6010 => 𝑻𝑻𝒏𝒏𝒏𝒏 = 𝟏𝟏𝟐𝟐𝟐𝟐,𝟐𝟐𝟑𝟑𝟐𝟐 𝑵𝑵.𝑨𝑨 
 
𝒊𝒊𝒏𝒏, 𝒏𝒏𝒏𝒏 = 𝟐𝟐 
 
- Eixo III: 
 nIII = 47 rpm 
 
𝑇𝑇𝐼𝐼𝐼𝐼𝐼𝐼
𝑇𝑇𝐼𝐼𝐼𝐼
= 𝑛𝑛𝐼𝐼𝐼𝐼
𝑛𝑛𝐼𝐼𝐼𝐼𝐼𝐼
 => 𝑇𝑇𝐼𝐼𝐼𝐼𝐼𝐼122,436 = 288,5847 => 𝑻𝑻𝒏𝒏𝒏𝒏𝒏𝒏 = 𝟏𝟏𝟓𝟓𝟏𝟏,𝟏𝟏𝟓𝟓𝟏𝟏 𝑵𝑵.𝑨𝑨 
 
𝑇𝑇𝐼𝐼𝐼𝐼𝐼𝐼
𝑇𝑇𝐼𝐼𝐼𝐼
= 𝑍𝑍4
𝑍𝑍3 => 751,757122,436 = 𝑍𝑍410 => 𝒁𝒁𝟐𝟐 = 𝟐𝟐𝟐𝟐 𝒅𝒅𝒏𝒏𝒏𝒏𝒅𝒅𝒏𝒏𝒅𝒅 
 
𝒊𝒊𝒏𝒏𝒏𝒏, 𝒏𝒏𝒏𝒏𝒏𝒏 = 𝟐𝟐,𝟏𝟏𝟐𝟐 
 
Conferindo: 
𝒊𝒊𝒅𝒅𝒊𝒊𝒅𝒅 = 𝒊𝒊𝒏𝒏𝒏𝒏, 𝒏𝒏𝒏𝒏𝒏𝒏 ∗ 𝒊𝒊𝒏𝒏, 𝒏𝒏𝒏𝒏 => 𝟑𝟑𝟐𝟐,𝟏𝟏𝟐𝟐 = 𝟐𝟐 ∗ 𝟐𝟐,𝟏𝟏𝟐𝟐 => 𝟑𝟑𝟐𝟐,𝟏𝟏𝟐𝟐 = 𝟑𝟑𝟐𝟐,𝟏𝟏𝟐𝟐 𝑶𝑶𝑶𝑶! 
 
 
Potência de saída:𝑃𝑃𝐾𝐾 = 𝑃𝑃𝐹𝐹 ∗ 0,9652 ∗ 0,985³ => 𝑷𝑷𝑷𝑷 = 𝟑𝟑,𝟐𝟐𝟏𝟏𝟐𝟐𝟏𝟏 𝑶𝑶𝑲𝑲 
 
 
 
3.7. Freio do motorredutor 
 
O próprio motorredutor já possui um sistema de freio internamente dimensionado pelo 
fabricante do mesmo, com isso não foi preciso dimensionar um sistema de freio. 
 
 
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3.8. Dimensionando o Rolamento do Eixo do tambor 
 
Utilizamos o rolamento de rolos cilíndricos pois suporta grandes cargas radiais. Para 
determinarmos este rolamento foi usado o catálogo FAG. 
Sabemos que a força radial no mancal quando temos o tambor totalmente desenrolado é de 
5.242,4 N, quando está na extremidade do tambor, fazendo com que o rolamento mais próximo 
sofra maior carga radial. A força axial se obtém através do movimento do cabo; como usamos 
um tambor liso (sem ranhuras), vamos considerar que ele se desenrola com um angulo de hélice 
de até 5°, obtendo assim uma força axial de 456,9 N. 
Para este rolamento e necessário analisarmos qual a carga dinâmica equivalente que está 
atuando sobre o mesmo e para isso usamos os parâmetros retirado do catálogo. 
Tab. 08 Carga dinâmica equivalente Catalogo FAG pág. 72 
 
Verificando a relação de carga para o nosso sistema. 
𝐹𝐹𝐹𝐹
𝐹𝐹𝑃𝑃
 ≤ 0,11  
456,9
5242,4 = 0,087 Portanto: 0,087 ≤ 0,11 
 
Segundo a figura acima para determinarmos a carga dinâmica equivalente (P) foi usado: 
P= Fr P = 5,2424 KN = > Fe=5,2424 KN 
 
Vida do Rolamento. 
 Temos que: xd = 𝐿𝐿𝑑𝑑
𝐿𝐿
= 60∗𝐿𝐿𝑑𝑑∗𝑛𝑛𝑑𝑑 
106
= 60∗30000∗47
106
 => Xd=84,6 Onde: 
 xd = vida 
 LD = vida desejada [horas] 
 nd = rotação desejada [rpm] 
 
 
 
 
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3.8.1 Capacidade de Carga Dinâmica (C10) 
a) De acordo com catálogo, C10 é dado por: 𝐂𝐂𝟏𝟏𝟒𝟒 = 𝐟𝐟𝐟𝐟
𝐟𝐟𝐟𝐟∗𝐟𝐟𝐟𝐟
∗ 𝐏𝐏 onde: 
 
 C10 = Capacidade de carga dinâmica [KN] 
 fe = Fator de esforços dinâmicos [Adimensional] 
 fn = Fator de rotação [Adimensional] 
 ft = Fator de temperatura [Adimensional] 
 P = Carga dinâmica equivalente [KN] = 5,2424 KN 
 
fe é dado pela tabela ao lado. Será adotado como valor de fe = 2,8 
 
fn é dado pela tabela ao lado. 
Interpolando para N = 47 rpm, temos 
para o valor de fn = 0,888 
 
ft é dado pela tabela ao lado. Sendo 
rígido e escolhendo uma temperatura 
de serviço mostrada, temos ft = 0,42 
 
Portando o valor de C10 segundo catálogo será: C10 = 39,36 [KN] 
 
b) Pela teoria, C10 é dado por: 
C10 = af ∗ Fe ∗ � xdx0 + (θ − x0)(1 − Rd)1b�
1
𝐹𝐹 => 𝐂𝐂𝟏𝟏𝟒𝟒 = 𝟑𝟑𝟏𝟏,𝟓𝟓𝟏𝟏[𝐊𝐊𝐊𝐊] 
 
 af = fator de aplicação = 1,2 
 Le = força equivalente = 5,2424 [KN] 
 xd = vida = 122,4 
 a = 10/3 (para mancal de rolos) 
 x0 = 0,02 
 (𝛉𝛉-x0) = 4,439 
 b = parâmetro de forma = 1,483 
 Rd = confiabilidade = √0,98 = 0,99 
 
 x0, (𝛉𝛉-x0), b são parâmetros determinados. 
 
Portanto C10 = 39,36 [KN] 
 
Checando o catálogo, o rolamento escolhido foi o da figura abaixo (que satisfaz as duas 
Capacidades de Carga Dinâmica encontradas), pois o diâmetro do eixo restringe o diâmetro 
interno do rolamento, sendo assim foi usado o rolamento com diâmetro interno di = 40 mm, 
diâmetro externo de = 80 mm e espessura e = 18 mm. 
Sua Capacidade de Carga Dinâmica (C10) é de 53KN e Capacidade de Carga Estática (C0) é de 53 
KN, o que mostra que para a capacidade de carga imposta não haverá problema. 
 
A Designação do Rolamento FAG é: NJ208E.TVP2 
 
O fato de o eixo e o rolamento ter o mesmo diâmetro, é porque o eixo e o rolamento tem 
pequenas tolerâncias de folga no aumento do tamanho. 
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Tab. 09 Catalogo FAG pág. 278 
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4.0. Carro de Translação da Carga 
Barra 2 = Barra 3 = B-2.3 
 
Barra 6 = Barra 7 = Barra 8 = Barra 9 = B-6-9 
 
Barra 1 = B-1 
 
 
 
Carga [Q] no carro: 
 
 Q = Pcarga + Pmoitão + Pcabo = 10000 + 270 + 214,8 => Q = 10,4848 [KN] 
 P = Q/2 P = 5242,4 [N] 
 
B - 1: Em B - 1 os esforços coincidem (ou pode considerar que coincidem pelo fato de o 
momento ser bem pequeno) com os apoios. E é fato que B – 6 - 9 sofre esforço maior; então se 
B – 6 - 9 suportar, B - 1 também suportará sem problemas. 
Comprimento L = 600 
 
B - 2.3: Considerando comprimento l = 324mm, e que toda estrutura é feita de aço ABNT 1020 
[𝜎𝜎𝑆𝑆 = 210𝑀𝑀𝑃𝑃𝑀𝑀 ,𝜎𝜎𝜎𝜎 = 390𝑀𝑀𝑃𝑃𝐹𝐹 ,𝐸𝐸 = 210𝐺𝐺𝑃𝑃𝐹𝐹] com uma seção de tubo maciço quadrado
de 
lado e. Dimensionando: 
 
 
Tab. 09 Tabela Tensões admissível NBR – 8400 pag. 16 
 
 
 
 
𝜎𝜎𝐹𝐹 = 𝜎𝜎𝑆𝑆1,1 => 𝝈𝝈𝝉𝝉 = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟒𝟒,𝟏𝟏𝟗𝟗𝑷𝑷𝝉𝝉 
 
 
Ainda pela Norma temos para tensão cisalhante admissível: 
𝜏𝜏𝐹𝐹 = 𝜎𝜎𝐹𝐹
√3 => 𝝉𝝉𝝉𝝉 = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟒𝟒,𝟐𝟐𝟐𝟐𝟗𝟗𝑷𝑷𝝉𝝉 
 
Momento fletor máximo (M): 𝑀𝑀 = 𝑃𝑃
2
∗
𝑙𝑙
2
 => 𝟗𝟗 = 𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐,𝟐𝟐𝟑𝟑 𝑵𝑵.𝑨𝑨 
 
 
 
 
 
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Cálculo do lado e do tubo. Considerando e = 25mm, encontramos a tensão: 
𝜎𝜎 = 𝑀𝑀. 𝜎𝜎
𝐼𝐼
 => 𝜎𝜎 = 163,06 𝑀𝑀𝑃𝑃𝐹𝐹 < 𝜎𝜎𝐹𝐹 𝑂𝑂𝑂𝑂! 
 
 𝝈𝝈𝝉𝝉 = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟒𝟒,𝟏𝟏𝟗𝟗𝑷𝑷𝝉𝝉 
 M = 424,63 
 C = e/2 
 𝐈𝐈 = e4
12
 
 
Conferindo para cisalhante: 
 
𝜏𝜏 = 𝑃𝑃
𝑀𝑀
= 5242,4252 => 𝝉𝝉 = 𝟏𝟏,𝟑𝟑𝟐𝟐 𝟗𝟗𝒓𝒓𝝉𝝉 < 𝝉𝝉𝝉𝝉 𝑶𝑶𝑶𝑶 
 
 
B – 6 - 9: Na Barra B-6-9 será calculado a tensão de tração e distância do furo no fim da chapa. 
 
 _ Raio min. do eixo: 
 
𝜏𝜏𝐹𝐹 = 𝐹𝐹
𝑀𝑀
= 𝑃𝑃/2 
𝑀𝑀
=> 110,22 = 2621,2
𝜋𝜋 ∗ 𝜎𝜎2
 => 𝜎𝜎 = 2,75𝐹𝐹𝐹𝐹 𝑑𝑑 = 5,5𝐹𝐹𝐹𝐹 
 
 Será usado um eixo com d= 17mm (Dimensionado Mais abaixo) 
 
 
 _ Tensão de esmagamento: 
 
σesm = 𝐹𝐹
𝑀𝑀
∗
2621,2
𝑆𝑆. 𝑑𝑑 => 𝝈𝝈𝒏𝒏𝒅𝒅𝑨𝑨. = 𝟓𝟓,𝟏𝟏𝟑𝟑𝟗𝟗𝒓𝒓𝝉𝝉 < 𝝈𝝈𝝉𝝉 𝑶𝑶𝑶𝑶 
 
 
 _ Distância mínima do fim da chapa (b): considerando mesmo material do eixo e d carro: 
 b = 𝜏𝜏𝑆𝑆𝑖𝑖𝐹𝐹𝑜𝑜
𝜏𝜏𝜎𝜎ℎ𝐹𝐹𝑎𝑎𝐹𝐹
∗
𝜋𝜋. 𝜎𝜎22. 𝑆𝑆 => 𝒃𝒃 = 𝟐𝟐𝑨𝑨𝑨𝑨 
 
Será usado uma distância do fim da chapa de 20 mm 
 
 
 _ Tensão de Tração na menor área da barra: 
 
 
𝜎𝜎 = 𝐹𝐹
𝑀𝑀
= 2621,2(302 − 30 ∗ 13) 
 
𝝈𝝈 = 𝟓𝟓,𝟏𝟏𝟐𝟐𝟗𝟗𝑷𝑷𝟐𝟐 < 𝝈𝝈𝝉𝝉 𝑶𝑶𝑶𝑶 
 
 
 
Carro de deslocamento da carga dimensionado 
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Representação da estrutura do carro 
 
 
Cálculo de solda na estrutura do carro: 
 
Segundo o livro “Projeto Mecânico de Elementos de Máquinas” – Jack A. Collins – pag. 442, 
para soldas submetidas a um cisalhamento transversal ou longitudinal, a tensão cisalhante 
média na garganta de solda pode ser calculada como: 
 
𝜏𝜏𝜏𝜏 = 𝐹𝐹
𝑀𝑀
= 𝐹𝐹0,707.ℎ. 𝐿𝐿𝜏𝜏 
Sendo: 
 Lw o comprimento de solda efetivo 
h = pernas da solda 
A = 0,707.h.Lw 
 
 
Segundo a NBR-8400 a tensão admissível na solda é: 𝜏𝜏𝐹𝐹 = 𝜎𝜎𝐹𝐹
√2
= 𝟏𝟏𝟑𝟑𝟓𝟓𝟗𝟗𝑷𝑷𝝉𝝉 
 
Utilizando um eletrodo ANSI/AWS E6012 cuja limite de escoamento é Syp = 345MPa como 
mostrado na tabela do mesmo livro pag. 441. 
Utilizando a teoria da energia de distorção, e coeficiente de segurança de 2, encontramos a 
tensão máxima permitida no projeto (τd): 
 
τd = 0,577 ∗ Syp2 = 𝟏𝟏𝟏𝟏,𝟓𝟓𝟐𝟐𝟗𝟗𝑷𝑷𝝉𝝉 
 
 Encontrando raio mínimo da solda (h): 
 
𝜏𝜏𝑑𝑑 = 𝜏𝜏𝜏𝜏 = 𝐹𝐹0,707.ℎ. 𝐿𝐿𝜏𝜏 => 99,52 = 2621,20,707 ∗ ℎ ∗ 20 
 
𝒉𝒉 = 𝟏𝟏,𝟏𝟏𝟐𝟐𝑨𝑨𝑨𝑨 
 
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Será usado uma solda de [3mm de raio] 
 
Conferindo a Tensão para 4 áreas: 
 
 
𝜏𝜏𝜏𝜏 = 2621,24 ∗ 0,707.3.20 = 15,45 𝑀𝑀𝑃𝑃𝐹𝐹 < 𝜏𝜏𝐹𝐹 𝑆𝑆 < 𝜏𝜏𝑑𝑑 𝑂𝑂𝑂𝑂‼! 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 4.1. Elemento de fixação do cabo no carro 
 
 Elemento onde será fixado o cabo no carro: 
 
Para o elemento ao lado pré-determinado vamos calcular se vai 
suportar. Supondo que seu material seja aço carbono ABNT 1020 [𝜎𝜎𝑆𝑆 =210𝑀𝑀𝑃𝑃𝑀𝑀 ,𝜎𝜎𝜎𝜎 = 390𝑀𝑀𝑃𝑃𝐹𝐹 ,𝐸𝐸 = 210𝐺𝐺𝑃𝑃𝐹𝐹] e a força que está agindo nele 
já determinada acima é P = 5242,4 [N] para baixo: 
 
𝜎𝜎 = 𝑃𝑃2 ∗ 𝑀𝑀 = 5242,42 ∗ 𝜋𝜋 ∗ 6,52 = 19,75 𝑀𝑀𝑃𝑃𝐹𝐹 < 𝜎𝜎𝐹𝐹 𝑶𝑶𝑶𝑶! 
 
 
 
 
 
 4.2. Elemento de fixação da polia no carro 
Para dimensionar o elemento onde será fixado a polia, vamos encontrar a área mínima do tubo 
que suportará a carga da polia. Material utilizado será também aço ABNT 1020 [𝜎𝜎𝑆𝑆 =210𝑀𝑀𝑃𝑃𝑀𝑀 ,𝜎𝜎𝜎𝜎 = 390𝑀𝑀𝑃𝑃𝐹𝐹 ,𝐸𝐸 = 210𝐺𝐺𝑃𝑃𝐹𝐹]. 
 
 
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A força que está agindo nele já determinada acima é P = 5242,4 [N] para baixo: 
𝜎𝜎𝐹𝐹 = 𝑃𝑃2 ∗ 𝑀𝑀 => 190,9 = 5242,42 ∗ 𝑀𝑀𝐹𝐹𝑖𝑖𝑛𝑛 => 𝑀𝑀𝐹𝐹𝑖𝑖𝑛𝑛 = 13,73𝐹𝐹𝐹𝐹2 
 
Área usada será 200mm², que satisfaz para os carregamentos. 
Diâmetro do eixo da polia já foi determinado acima: d = 10mm 
 
 
5.0 Cálculo Estrutural 
 
5.1 Dimensionamentos da estrutura da lança 
Para o projeto foi estabelecido um guindaste desmontável, dividido em módulos. A estrutura 
de cada módulo é toda soldada. Para montar então a estrutura da lança, é parafusado os 
módulos como na figura. O momento mais crítico da estrutura é quando ela está com sua 
máxima carga e na máxima extremidade. 
 
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_ Determinação da Carga P: 
Foi considerado o peso de todos os elementos que compõem a carga P, na extremidade da 
lança, que é onde se dará o momento mais crítico. A carga P é toda a força agindo apenas em 
um lado da estrutura da lança. Portanto P será: 
P =Pmoitão + Pcabo + Pcarga + Pcarro = 27+10,5+1000+20 => P = 5.235,00 N 
 
_ Determinação da Carga Q: 
A carga Q é o contrapeso do guindaste e é composto por todo conjunto do tambor e motor de 
elevação e mais alguns pesos até que se atinja o valor desejado de Q = 5.000,00 N 
 
_ Determinação das reações de apoio RA e RB: 
∑MA=0 5000*5+1*RB-5235*21=0 RB = 84.935,00 N 
RA+RB=0 RA = 74.700,00 N 
 
 _ Momento fletor na estrutura: 
 Momento fletor máximo é IMI = 104.700,00 N.m 
 
 
_ Encontrando a força em cada barra: 
Para determinar a força de tração ou compressão em cada barra, foi feito o cálculo em cada 
módulo. Será mostrado um exemplo e o resto foi feito analogamente: 
 
 
 
 
 
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 Exemplo de cálculo: (começando por M.I) 
PQ*sen (11,31°) = 5235 => PQ = 26.693,2 N (T) T=tração 
OQ = PQ*cos (11,31°) => OQ = 26.174,83 N (C) C=compressão 
OP = PQ*sen (11,31°) => OP = 5.235 N (C) 
 
 
 
Para uma melhor organização do projeto não mostraremos o cálculo nos demais módulos. 
 
Analogamente foi feito este estudo para cada módulo. Obtemos então a força em cada barra: 
Barra Força (N) Sentido Barra Força (N) Sentido 
BD 183.225,00 Tração DF 157.050,00 Tração 
FH 130.875,00 Tração HJ 104.700,00 Tração 
JL 78.525,00 Tração LN 52.350,0 Tração 
NP 26.175,00 Tração PQ 26.693,2 Tração 
OQ 26.175,00 Compressão MO 52.350 Compressão 
KM 78.525,00 Compressão IK 104.700,00 Compressão 
GI 130.875,00 Compressão EG 157.050,00 Compressão 
CE 183.225,00 Compressão AC 209.400,00 Compressão 
AB 84.935,00 Compressão BC 26.693,367 Tração 
DE 26.693,367 Tração FG 26.693,367 Tração 
HI 26.693,367 Tração JK 26.693,367 Tração 
LM 26.693,367 Tração NO 26.693,367 Tração 
OP 5.235,00 Compressão MN 5.235,00 Compressão 
KL 5.235,00 Compressão IJ 5.235,00 Compressão 
GH 5.235,00 Compressão EF 5.235,00 Compressão
CD 5.235,00 Compressão VU 25.495,098 Tração 
US 25.000,00 Tração RS 74.700.00 Tração 
VT 25.000,00 Compressão TR 50.000,001 Compressão 
TS 25.495,098 Tração TU 5.000,000 Compressão 
SB 129.700,00 Tração AB 84.935,00 Compressão 
WA 209.400,00 Compressão RW 50.0000,00 Compressão 
SW 112.712,822 Compressão WB 112.712,822 Tração 
 
Maior força de tração é Ft = 183.225,00 N, e de compressão, Fc = 209.400,00 N 
 
5.1.1. Perfil das cantoneiras da estrutura 
A estrutura será dimensionada utilizando, conforme o livro do Shigley, Aço SAE 1045 estirado a 
frio, cuja módulo de elasticidade calculado é E = 210Gpa e limite de escoamento é 530 Mpa 
(tração e compressão), resistência a tração de 630 Mpa, o que nos é dado pela norma uma 
tensão admissível de 481,82 Mpa. 
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As barras que estão sob reações mais críticas são as barras BD (tração) e AC (compressão). 
Portanto será feito um estudo para essas duas barras para determinarmos seu perfil e 
consequentemente suportará o carregamento de as outras barras. 
 _ Estudo na barra BD 
 Decompondo 
as forças => 
 
𝜎𝜎𝐹𝐹 = 𝐹𝐹
𝑀𝑀
 => 481,82 = 183.225,00
𝑀𝑀
 => Á𝜎𝜎𝑆𝑆𝐹𝐹 𝐹𝐹í𝑛𝑛𝑖𝑖𝐹𝐹𝐹𝐹 é 𝟐𝟐 = 𝟑𝟑,𝟏𝟏𝟒𝟒 𝒄𝒄𝑨𝑨² 
Procurando no catálogo comercial da GERDAU para cantoneiras, escolhemos: 
 
_ Estudo na barra AC: 
Com as forças já decompostas teremos para a barra AC: 481,82 = 209400,00
𝑀𝑀
=> Á𝜎𝜎𝑆𝑆𝐹𝐹 𝐹𝐹í𝑛𝑛 é 𝟐𝟐 = 𝟐𝟐,𝟑𝟑𝟐𝟐 𝒄𝒄𝑨𝑨² 
 A cantoneira escolhida acima satisfaz as duas cargas. 
_Verificação de flambagem: 
 
Será considerada uma flambagem com a força centralizada e exigiremos então uma certa folga 
para que se tenha uma segurança de que a barra não sofrerá flambagem. 
 
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A tensão crítica para flambagem é dada pela fórmula de Euler: 𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎 = 𝜋𝜋2∗𝐸𝐸(𝐿𝐿𝐿𝐿/𝑃𝑃)² Onde: 
_σcr = Tensão crítica que é a tensão média na coluna imediatamente antes de a coluna 
flambar, essa tensão é uma tensão elástica e, portanto, σcr ≤σE; 
_E = módulo de elasticidade do material; E=210Gpa 
_L f= comprimento de flambagem. Lf=K*L onde K=0,5 (para minha situação) e L o 
comprimento da barra; Lf=1,25m 
_r = o menor raio de giração da coluna, determinado por 𝜎𝜎 = �𝐼𝐼/𝑀𝑀, onde I é o menor 
momento de inércia da área da seção transversal A da coluna. Pelo catálogo, r = 1,98 cm 
Portanto, 
𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎 = 𝜋𝜋2 ∗ 210 ∗ 109(1,250/0,0198)² = 𝟓𝟓𝟐𝟐𝟒𝟒,𝟒𝟒𝟑𝟑 𝟗𝟗𝒓𝒓𝝉𝝉 
 
𝜎𝜎 = 𝐹𝐹𝜎𝜎
𝑀𝑀
= 209.400,00580𝐹𝐹𝐹𝐹2 = 𝟑𝟑𝟐𝟐𝟏𝟏,𝟒𝟒𝟑𝟑 𝟗𝟗𝑷𝑷𝝉𝝉 < 𝝈𝝈𝒄𝒄𝒓𝒓 𝑶𝑶𝑶𝑶! 
Não vai flambar! 
 
_Flexão causada pelo carro: 
A maior flexão se dá quando o carro se encontra no centro da barra como na figura: 
Fazendo o gráfico de momento fletor, obtemos o 
maior momento que é M = 24.866,725 N.m. Pelo 
catálogo Ix = Iy = 23 cm^4 e c = 1,75. 
𝜎𝜎𝐾𝐾𝜎𝜎𝑆𝑆𝐹𝐹ã𝑜𝑜 = 𝑀𝑀∗𝐿𝐿
𝐼𝐼𝑥𝑥
= 24866,725∗1,75
23∗104
= 0,18𝑀𝑀𝑃𝑃𝐹𝐹 
 
 
_Flexão causada pelo carro no perfil (trilho): 
Tensão causada pelas duas rodas no trilho que está querendo “abrir” a 
cantoneira. 
𝜎𝜎 = 𝑀𝑀∗𝐿𝐿
𝐼𝐼𝑥𝑥
= 261,75[𝑁𝑁.𝐹𝐹]∗2,38[𝐹𝐹𝐹𝐹]
22468,78 [𝐹𝐹𝐹𝐹4] = 27,72𝑀𝑀𝑃𝑃𝐹𝐹 
A tensão admissível é 481,82 MPa. Portanto a barra suportará sem problemas. 
 
 
 
 
 
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5.1.2. Perfil das barras chatas 
5.1.2.1 Barras chatas diagonais e transversais 
A maior força para uma dessas barras é 26.693,367 N e sofrem força de tração. Pelo catálogo 
GERDAU as barras serão de material ASTM A572 grau 50, com tensão de escoamento de 415 Mpa e 
módulo de elasticidade de 210 GPa. Pela norma a tensão admissível será 377,27 Mpa. 
𝜎𝜎𝐹𝐹 = 𝐹𝐹
𝑀𝑀
 => 377,27 = 26.693,367
𝑀𝑀𝐹𝐹𝑖𝑖𝑛𝑛
=> 𝑀𝑀𝐹𝐹𝑖𝑖𝑛𝑛 = 70,76𝐹𝐹𝐹𝐹2 
Foi escolhido no catálogo da GERDAL um chapa 1” x ¼” (25,4mm x 
6,35mm) cuja área é A=161,29mm² e o peso de 1,27 kg/m. 
 
5.1.2.2. Barras diagonais do módulo “M.0” (barras WB e WS) 
𝜎𝜎𝐹𝐹 = 𝐹𝐹
𝑀𝑀
 => 377,27 = 112.712,822
𝑀𝑀𝐹𝐹𝑖𝑖𝑛𝑛
=> 𝑀𝑀𝐹𝐹𝑖𝑖𝑛𝑛 = 298,76𝐹𝐹𝐹𝐹2 
Foi escolhido no catálogo da GERDAL um chapa 2” x 3/4” (50,8mm x 19,05mm) cuja área é 
A=967,74mm² e o peso de 7,6 kg/m. Esta área bem acima da área mínima foi necessária para 
que a barra suportasse flambagem. 
Raio de giração da coluna: 𝜎𝜎 = �𝐼𝐼
𝐴𝐴
= 0,55𝜎𝜎𝐹𝐹 
Verificação de flambagem: 𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎 = 𝜋𝜋2∗210∗109(0,707/0,0055)² = 125,43𝑀𝑀𝑎𝑎𝐹𝐹 
𝜎𝜎 = 𝐹𝐹
𝑀𝑀
= 112.712,822967,74 = 116,4𝑀𝑀𝑃𝑃𝐹𝐹 < 𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎 
Não vai flambar! 
 
5.1.3 Verificações do peso da estrutura: 
O peso da estrutura é calculado pela massa encontrada no catálogo das barras dimensionadas 
e seus comprimentos (o catálogo fornece o peso nominal* e foi aceito pelo fato de 
corresponder a nosso dimensionamento, já que o tipo de aço escolhido nos perfis, são 
materiais utilizados também pelo próprio fabricante que no caso foi escolhido a GERDAU). 
Será encontrado a massa em um módulo e multiplicado pela quantidade do mesmo, e somado 
a massa dos outros três módulos diferentes. 
Temos então para um módulo normal: 
Md = massa das barras diagonais. Md = 1,27[kg/m]*2,55[m]*2 = 6,4 kg 
Mc = massa das cantoneiras. Mc = 4,57[kg/m]*13[m] = 59,4 kg 
Massa de um módulo é 65,8 kg. Para os oito módulos temos 526,4 kg 
 
 
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Foi feito o mesmo raciocínio para os outros módulos: 
Módulos das extremidades têm 33,8 kg cada. 
M.0 tem 48,9 kg 
_ Peso total da estrutura será 642,9 kg 
 
Para conferir se a estrutura suportará a carga imposta com os elementos já dimensionados 
mais seu próprio peso, foi utilizado o software MD Solid 3.1. Encontramos então agora a força 
máxima em uma cantoneira que tem o valor de F = 254.190,00 N (compressão). 
 
 _ Conferindo para cantoneira temos: 
𝜎𝜎 = 𝐹𝐹
𝑀𝑀
= 254.190,00 𝑁𝑁580 𝐹𝐹𝐹𝐹2 => 𝜎𝜎 = 438,2 𝑀𝑀𝑃𝑃𝐹𝐹 < 𝜎𝜎𝐹𝐹 𝑆𝑆 < 𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎 𝑂𝑂𝑂𝑂! 
Portanto a cantoneira proposta não flambará. A cantoneira está dimensionada! 
_ Conferindo para as barras diagonais: 
A força máxima em uma barra diagonal com o peso da estrutura encontrada com MD Solid é 
F= 41.919,00 N todas de tração. 
𝜎𝜎 = 𝐹𝐹
𝑀𝑀
 = 41919,00 𝑁𝑁161,29 𝐹𝐹𝐹𝐹2 => 𝜎𝜎 = 259,9 𝑀𝑀𝑃𝑃𝐹𝐹 < 𝜎𝜎𝐹𝐹 𝑂𝑂𝑂𝑂! 
Portanto a barra diagonal proposta não terá problemas! 
 
_ Conferindo para as barras WB e WS: 
A maior força agora agindo nessas barras é F = 144.384,136 (tração e compressão). Temos: 
𝜎𝜎 = 𝐹𝐹
𝑀𝑀
 = 144.384,136967,74 => 𝜎𝜎 = 149,19 𝑀𝑀𝑃𝑃𝐹𝐹 < 𝜎𝜎𝐹𝐹 𝑆𝑆 > 𝜎𝜎𝜎𝜎 
Vai flambar! Decidimos então manter o material e aumentar a área transversal da barra. 
Escolhemos então no catálogo da GERDAU uma barra de 2” x 1” (50,80mm x 25,4 mm) cuja 
área será A = 1290,32 mm² e peso de 10,13 kg/m. 
Raio de giração da coluna: 𝜎𝜎 = �𝐼𝐼
𝐴𝐴
= 0,74𝜎𝜎𝐹𝐹 
Verificação de flambagem: 𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎 = 𝜋𝜋2∗210∗109(0,707/0,0074)² = 227,06𝑀𝑀𝑎𝑎𝐹𝐹 
 
𝜎𝜎 = 𝐹𝐹
𝑀𝑀
= 144.384,1361290,32 𝐹𝐹𝐹𝐹2 = 111,9𝑀𝑀𝑃𝑃𝐹𝐹 < 𝜎𝜎𝐹𝐹 𝑆𝑆 < 𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎 𝑂𝑂𝑂𝑂! 
 
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Não será necessário
refazer os cálculos de peso da estrutura já que essa barra redimensionada 
é apenas do módulo M.0 e o peso da estrutura passaria de 642,9Kg para 645,5kg, sendo 
desnecessário refazer os cálculos pela diferença desprezível no peso da estrutura. 
Então a estrutura da lança está dimensionada! 
 
Representação da estrutura de um módulo 
 
 
5.2. Dimensionamento da estrutura vertical 
A estrutura vertical será montada com 5 módulos de 3 x 0,8 metros. 
A estrutura será dimensionada utilizando, conforme o livro do Shigley, Aço SAE 1045 estirado a 
frio, cuja módulo de elasticidade calculado é E = 210Gpa e limite de escoamento é 530 Mpa 
(tração e compressão), resistência a tração de 630 Mpa, o que nos é dado pela norma uma 
tensão admissível de 481,82 Mpa. 
A força máxima encontrada no módulo é mostrada abaixo: 
 
As forças dadas a seguir, serão 
apenas a metade porque 
estamos calculando apenas 
para metade da lança. 
 
 
_P1 é a força dada pelos pesos da carga, moitão, cabo e conjunto do carro. P1 = 5284 N. 
_P2 é a força dada pelos contrapesos e conjunto do tambor. P2 = 4903,5 N. 
_P3 é a força dada pelo peso da lança. P3 = 3163,74 N. 
_Ra e Rb são rações que queremos encontrar. 
 
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Fazendo somatória de momentos e forças verticais, encontramos: 
Ra = 106.314,26 N Rb = 119.665,5 N 
Para determinarmos o perfil, calculamos a área mínima necessária para suportar o esforço 
máximo que é o valor de Rb. 
𝝈𝝈𝝉𝝉 = 𝑭𝑭
𝟐𝟐
 => 𝟐𝟐 = 𝑭𝑭
𝝈𝝈𝝉𝝉
 
𝟐𝟐 = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟐𝟐𝟐𝟐𝟓𝟓,𝟓𝟓
𝟐𝟐𝟏𝟏𝟏𝟏
 => 𝟐𝟐𝑨𝑨𝒊𝒊𝒏𝒏 = 𝟐𝟐,𝟐𝟐𝟏𝟏 𝒄𝒄𝑨𝑨² 
 
No catálogo comercial da GERDAU, encontramos o perfil desejado: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Vamos agora verificar a barra AB se sofrerá flambagem: 
𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎 = 𝜋𝜋2 ∗ 210 ∗ 109(1,5/0,016)² = 235,82𝑀𝑀𝑎𝑎𝐹𝐹 
 
𝝈𝝈𝝉𝝉 > 𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎 𝑂𝑂𝑂𝑂‼ 
Não vai flambar!! 
Agora vamos verificar se a estrutura da base suportará a carga nela imposta mais seu próprio 
peso. 
Conforme feito acima encontramos o peso de toda estrutura [lança (645,5 kg) + coluna (320 
kg) + mecanismos + cargas (2*1000) ]. O peso encontrado foi de 3048 kg. 
Portanto P = 29.891,74 N. 
Refazendo os cálculos, confirmamos que não ocorrerá flambagem! 
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6.0.Roda, eixo e rolamento do carro de translação da carga 
6.1. Roda do carro: 
Pela NBR 8400 para nosso caso temos: 
𝐹𝐹𝜎𝜎
𝑏𝑏.𝐷𝐷𝜎𝜎 ≤ 1,4 ∗ 𝑃𝑃𝜎𝜎𝑖𝑖𝐹𝐹 
Onde 
Fr = força média, 
B = largura roda 
Dr = diâmetro roda 
Plim = pressão limite. 
Pela norma temos o valor de Fr dado por: 
Porém como a força nas quatro rodas são iguais, a força 
média vai ser a mesma Fr = 2617,5N. 
 
 
Determinamos o diâmetro da roda de Dr = 50mm devido à estrutura não permitir um diâmetro 
maior. Vamos calcular então qual deverá ser a rotação de saída do motorredutor que 
utilizaremos para transladar o carro com uma velocidade desejada de 20m/min. 
𝐷𝐷 = 𝑉𝑉𝜎𝜎
𝜋𝜋 ∗ 𝑁𝑁
 => 0,05 = 20
𝜋𝜋 ∗ 𝑁𝑁
= 𝑁𝑁 = 127,3 𝑅𝑅𝑃𝑃𝑀𝑀 
 
A Pressão Limite, para o aço SAE 1045 que vamos utilizar, com tensão de ruptura de 630 MPA, 
é dada pela tabela tirada da norma NBR 8400. Plim = 5,6 MPa 
Tabela Pressão limite [NBR 8400, pág. 37] 
 
 
Então encontramos a largura mínima da roda: 
 
𝐹𝐹𝜎𝜎
𝑏𝑏.𝐷𝐷𝜎𝜎 ≤ 1,4 ∗ 𝑃𝑃𝜎𝜎𝑖𝑖𝐹𝐹 => 2617,5𝑏𝑏. 50 ≤ 1,4 ∗ 5,6 => 𝑏𝑏𝐹𝐹𝑖𝑖𝑛𝑛 = 6,67 𝐹𝐹𝐹𝐹 
Porém será utilizado uma largura para a roda de 35mm. 
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Representação do carro com as rodas 
 
 
 
 
 
 
 
 
Representação do carro no módulo 
 
6.2. Eixos das rodas do carro: 
Para dimensionarmos o eixo da roda foi utilizado o mesmo método usado para determinar o 
eixo do tambor [seção 3.5.2]. O material será o mesmo do eixo do tambor [aço 1020 estirado a 
frio com tensão de ruptura de 379Mpa]. 
 
𝑑𝑑 = �16.𝑛𝑛
𝜋𝜋
 � 2(𝑂𝑂𝐾𝐾.𝑀𝑀𝐹𝐹)
𝑆𝑆𝑆𝑆
+ [3(𝑂𝑂𝐾𝐾𝐾𝐾.𝑇𝑇𝐹𝐹)2]12
𝑆𝑆𝑆𝑆𝜎𝜎
��
1/3
 
 
 Os parâmetros Ka, Kb, Kc, Kd, Ke e Kf são o s mesmos e portanto Se também será o mesmo. 
Sut também será o mesmo do eixo do tambor: Sut = 379 MPa. 
Torque Tm é determinado pela formula abaixo. A potência do motor foi determinada mais 
abaixo: 𝑇𝑇𝐹𝐹[𝑁𝑁.𝐹𝐹] = 𝑃𝑃𝐹𝐹𝑜𝑜𝜎𝜎𝑜𝑜𝜎𝜎[𝑂𝑂𝑊𝑊] ∗ 60 ∗ 10002 ∗ 𝜋𝜋 ∗ 𝑛𝑛[𝜎𝜎𝑎𝑎𝐹𝐹] = 0,11 ∗ 60 ∗ 10002 ∗ 𝜋𝜋 ∗ 136 = 7.724,7 [𝑁𝑁.𝐹𝐹𝐹𝐹] 
 
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Ma máximo encontrado pelo gráfico de momento fletor abaixo: 
 
Representação do Momento fletor no eixo do carro 
 
 
Ma encontrado é Ma = 47.638,5 [N.mm] para um rolamento com largura pré-determinada de 
12 mm de largura de acordo com catálogo FAG. 
Encontramos então o diâmetro mínimo do eixo pela equação abaixo: 
 
𝑑𝑑 = �16 ∗ 1,5
𝜋𝜋
 � 2(1,49 ∗ 47,639)388,46 ∗ 106 + [3(1,5 ∗ 7,725)2]12379 ∗ 106 ��1/3 => 𝑑𝑑𝐹𝐹𝑖𝑖𝑛𝑛 = 14,73 𝐹𝐹𝐹𝐹 
 
Será usado porém um diâmetro de 17mm, coerente com um rolamento comercial FAG. 
 
6.3. Rolamentos das rodas do carro: 
Os rolamentos foram dimensionados da mesma maneira como os rolamentos para o eixo do 
tambor visto na seção 3.8. Foi escolhido também um rolamento de rolos cilíndricos. 
 
𝐹𝐹𝑑𝑑 = 𝐿𝐿𝑑𝑑
𝐿𝐿
= 60∗𝐿𝐿𝑑𝑑∗𝑛𝑛𝑑𝑑 
106
= 60∗30000∗136
106
 => 𝐹𝐹𝑑𝑑 = 244,8 Onde: 
 xd = vida 
 LD = vida desejada [horas] 
 nd = rotação desejada [rpm] 
 
 
 
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C10 = af ∗ Fe ∗ � xdx0 + (θ − x0)(1 − Rd)1b�
1
𝐹𝐹 => 𝑪𝑪𝟏𝟏𝟒𝟒 = 𝟏𝟏𝟐𝟐,𝟏𝟏𝟏𝟏 𝑶𝑶𝑵𝑵 
 
 af = fator de aplicação = 1,2 
 Fe = força equivalente = 1,31 [KN] (para cada rolamento) 
 xd = vida = 122,4 
 a = 10/3 (para mancal de rolos) 
 x0 = 0,02 
 (𝛉𝛉-x0) = 4,439 
 b = parâmetro de forma = 1,483 
 Rd = confiabilidade = √0,98 = 0,99 
 
 
Foi escolhido então no catálogo FAG, um rolamento cujo diâmetro interno seja 17mm (eixo) e 
largura já pré-determinada acima de 12mm. Temos então: 
 
Catálogo FAG – pag. 277 
 
 
7. Motorredutor de translação do carro 
A determinação do motorredutor de translação da carga foi feita segundo a apostila “Projeto 
de Máquinas”. Temos então: 
Tipo do redutor: engrenagens helicoidais com motor trifásico, 4 polos; 
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Peso a ser transportado: m = 1000 kg; 
Aceleração máxima permissível: a = 0,3 m/s² 
Velocidade: v = 1/3 m/s (20m/min) 
Diâmetro da roda: D = 50mm 
Diâmetro do eixo: d = 17mm 
Mancal de rolamento 
Superfície de contato: aço/aço 
Rendimento: ƞ = 0,85 
 
_ Cálculo do motor: 
 Força resistente a translação é dada pela equação: 
𝐹𝐹 = 𝐹𝐹.𝑔𝑔 � 2
𝐷𝐷
. �𝜇𝜇𝐿𝐿 ∗ 𝑑𝑑2 + 𝐾𝐾�+ 𝜎𝜎� 
Onde: 
 µL = coeficiente de atrito para mancais. 
 
 
 
 c = fator adicional (atrito pelo flange da roda): 
 
 
 
 f = atrito ao rolamento 
 
 
 
 
 
Temos então: 
𝐹𝐹 = 1000.9,807 � 250 . �0,005 ∗ 172 + 0,5�+ 0,003� = 𝟐𝟐𝟓𝟓,𝟏𝟏𝟒𝟒𝟏𝟏
𝑵𝑵 
 
 
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 Potência: 
 
𝑃𝑃𝐹𝐹 = 𝐹𝐹 ∗ 𝑣𝑣1000 ∗ ƞ = 65,707 ∗ 1/31000 ∗ 0,85 = 𝟐𝟐𝟐𝟐 𝑲𝑲 
 
Como a rotação de saída já foi detrminada acima, escolhemos o seguinte motorredutor: 
Motoredutor conforme catálogo SEW pag. 189 
 
Como vemos no catálogo a massa do motorredutor é apenas 5,8 kg; portanto não se faz 
necessário redimensionar eixos e rolamentos do carro, tampouco sua influência na estrutura 
da lança. 
Fez-se também um suporte dentro das especificações e em condições de suportar a carga nela 
imposta onde será parafusado o motorredutor como na figura: 
 
 
 
 
 
 
 
 
Carro com novo suporte para o motorredutor 
O sistema de transmissão do motorredutor para as rodas do carro será feita através de 
engrenagens helicoidais. Não será necessário redimensionar o eixo do carro visto que uma 
tensão de flexão no eixo causado pelo torque será relativamente pequeno, e a força axial 
causada pela engrenagem ainda estará dentro dos esforços já calculados e visto também que o 
eixo já foi dimensionado com o torque e o momento nele atuantes já calculado acima. 
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Então o conjunto do carro montado ficará como mostrado na figura: 
Conjunto carro totalmente montado e dimensionado 
 
 
8.0. Escolha dos elementos de fixação da estrutura (parafusos) 
Para dimensionar os parafusos que sofrem esforços cisalhantes e normais, foi usado o livro do 
Shigley. 
A maior força Normal encontrada que um parafuso deverá suportar é Fn = 254.190,00 N e para 
força cortante Fc = 8.449,5 N. 
Os parafusos servirão tanto para a estrutura da lança como da coluna vertical. 
Essa força é apenas para “um lado” da estrutura, ou seja, era para estar agindo em apenas dois 
parafusos, porém essa força é a força agindo em apenas um parafuso visto que no parafuso de 
baixo, a estrutura sofre compressão. Será agora determinado o diâmetro mínimo do parafuso 
para as várias tensões causadas. 
 
O parafuso escolhido foi o da tabela a seguir: 
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[Projeto de Engenharia Mecânica – Shigley – 7ª Edição – pag. 408] 
 
Usando um coeficiente de segurança CS = 2 temos a tensão admissível de escoamento de 550 
Mpa e cisalhante de 330 Mpa. 
Determinação do diâmetro mínimo do parafuso: 
• Cisalhamento no parafuso: 
𝜏𝜏𝐹𝐹 = 𝐹𝐹𝜎𝜎
𝑀𝑀
 => 330 = 8449,5
𝑀𝑀
 => 𝑀𝑀 = 41,95𝐹𝐹𝐹𝐹² 
Para essa área o diâmetro mínimo será d = 5,71 mm. 
 
• Tensão normal no parafuso: 
𝜎𝜎𝐹𝐹 = 𝐹𝐹𝑛𝑛
𝑀𝑀
 => 550 = 254190,00
𝑀𝑀
 => 𝑀𝑀 = 757,2 𝐹𝐹𝐹𝐹² 
Para essa área o diâmetro mínimo será d = 24,25 mm. 
 
• Esmagamento na estrutura: 
𝜏𝜏𝐹𝐹 = 𝐹𝐹𝜎𝜎
𝑑𝑑 ∗ 𝑆𝑆
 => 330 = 8449,5
𝑑𝑑 ∗ 4,76 => 𝒅𝒅 = 𝟓𝟓,𝟑𝟑𝟏𝟏 𝑨𝑨𝑨𝑨 
 
 
 
Vemos então que o diâmetro limitante é d = 24,25 mm. Um parafuso M30x2.0 com 
diâmetro nominal de 28mm com classe de resistência escolhida [12,9], satisfaz as 
condições de carregamento. A distância do fim da chata também verificada satisfaz o 
carregamento. 
 
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É importante lembrar que o torque de aperto dos parafusos deverá ser feito com o 
auxílio de aparelhos de medição de torque para que a segurança do projeto não seja 
colocada em risco. O torque de aperto dos parafusos então deverá ser: 
 
 
𝑇𝑇 = 𝐹𝐹𝑖𝑖 ∗ 𝑑𝑑 ∗ 𝑂𝑂 = 190,642 ∗ 28 ∗ 0,185 => 𝑻𝑻 = 987,526 [N.m] 
 Onde: 
 Fi = Força tensora [KN] 
 d = diâmetro do elemento de fixação [mm] 
 K = Fator de torque (atrito da rosca) = 0,185 
 
 
9.0. Chavetas 
Para determinar as chavetas do projeto, mostraremos um exemplo de como foi feito o 
dimensionamento de um desses elementos e todas as outras será feito analogamente. 
9.1. Chaveta do acoplamento motor/eixo tambor e eixo/luva 
Para acoplar o eixo do motor e o eixo do tambor dimensionamos uma luva de acoplamento e 
suas respectivas chavetas como na figura: 
 
Representação do acoplamento motorredutor/tambor 
 
A chaveta do motorredutor já é dimensionada pelo fabricante do mesmo. Para que se possa 
usar luvas iguais, usaremos as mesmas dimensões da chaveta do motorredutor e faremos os 
cálculos para confirmar que que ela suportará de fato os esforços nela atuantes. 
Joã
o M
arc
os 
Cin
tra 
- U
NIF
RA
N 
[jom
arc
o_c
intr
a_@
hot
ma
il.c
om
]
P á g i n a | 45 
 
 
 A altura da chaveta é h = 8 [mm] 
Comprimento l = 58 [mm] 
Largura chave é b = 12 [mm] 
Torque do eixo é T = 751,75 [N.m] 
Diâmetro do eixo é D = 40 [mm] 
Material aço 1020 com σe = 210 Mpa 
Coeficiente segurança é CS = 2 
Tensão admissível será: para escoamento σa = 105 Mpa; para cisalhamento τa = 63 Mpa. 
Para chaveta, força cortante será 𝐹𝐹𝜎𝜎 = 𝑇𝑇
𝑃𝑃
= 751,75
0,02 = 37,59 𝑂𝑂𝑁𝑁 
𝜏𝜏 = 𝐹𝐹
𝑀𝑀
= 37590
𝑏𝑏 ∗ 𝜎𝜎
= 3759012 ∗ 58 = 54 𝑀𝑀𝑃𝑃𝐹𝐹 < 𝜏𝜏𝐹𝐹 𝑂𝑂𝑂𝑂! 
 
Esmagamento na chaveta: 𝜎𝜎𝑆𝑆𝐾𝐾𝐹𝐹 = 𝐹𝐹
𝐴𝐴
= 𝐹𝐹
𝑙𝑙∗ℎ𝐿𝐿
= 37590
58∗4
= 162 𝑀𝑀𝑃𝑃𝐹𝐹 > 𝜎𝜎𝐹𝐹 ∗∗ 
Teremos então redimensionar a altura ht de esmagamento da chaveta: 
𝜎𝜎𝐹𝐹 = 𝐹𝐹
𝑀𝑀
 => 𝜎𝜎𝐹𝐹 = 𝐹𝐹
𝜎𝜎 ∗ ℎ𝜎𝜎
 => 105 = 3759058 ∗ ℎ𝜎𝜎 => ℎ𝜎𝜎 = 6,17 𝐹𝐹𝐹𝐹 
Será usado então uma altura de esmagamento ht = 7 mm. 
Portanto a chaveta está dimensionada! 
Esta chaveta serve tanto para o acoplamento eixo/luva como para o acoplamento 
eixo/tambor. 
 
Vamos verificar agora se o diâmetro dos parafusos de ligação das luvas que são quatro, vão 
suportar os esforços neles impostos. 
A distância dos parafusos do centro do eixo é r = 0,06m. O diâmetro dos parafusos já 
determinado de 10mm (Parafuso de máquinas M10). Representação da luva 
 
𝐹𝐹 = 𝑇𝑇
𝜎𝜎
= 751,750,06 = 12,53 𝑂𝑂𝑁𝑁 
 
𝜏𝜏 = 𝐹𝐹4𝑀𝑀 = 125304 ∗ 𝜋𝜋 ∗ 5² = 39𝑀𝑀𝑃𝑃𝐹𝐹 < 𝜏𝜏𝐹𝐹 𝑂𝑂𝑂𝑂! 
 
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9.2. Chaveta das rodas e engrenagens do carro 
O dimensionamento dessa chaveta foi feito como mostrado acima. Escolhemos então uma 
chaveta apropriada com as seguintes dimensões: 
 
_Diâmetro do eixo = 17mm / _largura chaveta = 6mm / _altura chaveta = 6mm 
_Profundidade no cubo = 2,6mm / _profundidade no eixo = 3,5 mm / comprimento = 40mm 
 
 
 
 
 
 
 
 
Representação da chaveta na roda 
 
Então finalizamos toda a lança do guindaste e seus componentes. Foi ainda feito um 
acoplamento para os contrapesos e um suporte para o motor como na figura: 
Representação do módulo com contrapesos, tambor e motorredutor 
 
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Podemos ver então como ficou a lança toda montada na figura abaixo: 
Vista da lança montada 
 
Vista lateral da lança 
 
 
 
10. Cálculo da base do guindaste 
10.1. Pesos da base 
A representação da base pode ser vista 
na figura ao lado > 
 
 
 
 
 
 
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Para verificarmos o tombamento do guindaste, que tem seção quadrada e lado de 3 metros, 
encontramos as reações RA e RB. 
Primeiro vamos encontrar as reações nos apoios da base como será mostrado na figura, 
colocando um peso de 1 tonelada > Q = 9807 N de cada lado da base. Então verificaremos se a 
distância das forças estará dentro da base do guindaste, garantindo que ele não tombe. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Fazendo somatória de momentos e de forças verticais encontramos os valores: 
RA = 40.010,2 N e RB = 54.930,56 N 
 
Podemos agora ver se a linha da força está dentro da base de 1,5m de lado pelas equações: 
𝑃𝑃2. 𝐹𝐹2 + 𝑅𝑅𝑀𝑀.𝒙𝒙 + 𝑅𝑅𝑅𝑅.𝒙𝒙 = 𝑃𝑃3.𝐹𝐹3 + 𝑃𝑃1. 𝐹𝐹1 
Onde: 
Os valores de xn corresponde a distância da força Pn ao centro da base do guindaste. 
O valor x é a distância mínima onde deve estar os apoios RA e RB. As outras forças não foram 
colocadas na equação pois elas se anulam. Temos então: 4903,5 . 5,5 + 40010,2 .𝒙𝒙 + 54930,56 .𝒙𝒙 = 3163,74 . 10 + 5284.20,5 
𝒙𝒙 = 𝟏𝟏,𝟏𝟏𝟏𝟏 𝑨𝑨𝒏𝒏𝒅𝒅𝒓𝒓𝒊𝒊 
Está dentro da base que tem 1,5 metros. Portanto o peso de uma tonelada impedirá o 
tombamento do guindaste. Porém é importante lembrar que os cálculos foram feitos levando 
em conta apenas um lado da estrutura, ou seja, só foi levado em conta dois pés. Então 
devemos por 1 tonelada em cada pé que dará um peso total na base de 4 toneladas. 
 
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10.2. Chapa da base 
A chapa da base estará sofrendo uma tensão causada pelo 
peso da estrutura e as cargas nela imposta. 
 
 
 
O momento máximo podemos ver na figura que vale Mf = 22.380,57 N.m. 
 
 
O material escolhido para a chapa é aço com tensão de escoamento de 390 Mpa. Usando 
coeficiente de segurança de 3, temos uma tensão admissível de 130 Mpa. Vamos então 
determinar a espessura ‘e’ mínima da chapa que tem 3 metros de comprimento. 
 
𝝈𝝈𝝉𝝉 = 𝟗𝟗𝑴𝑴 ∗ 𝒄𝒄
𝒏𝒏
 => 𝟏𝟏𝟑𝟑𝟒𝟒 ∗ 𝟏𝟏𝟒𝟒𝟐𝟐 = �𝟐𝟐𝟐𝟐.𝟑𝟑𝟏𝟏𝟒𝟒,𝟓𝟓𝟐𝟐 ∗ 𝒏𝒏𝟐𝟐�
𝟑𝟑 ∗ 𝒏𝒏𝟑𝟑
𝟏𝟏𝟐𝟐
 => 𝒏𝒏𝑨𝑨𝒊𝒊𝒏𝒏 = 𝟏𝟏𝟏𝟏 𝑨𝑨𝑨𝑨 
 
Será usado para a chapa uma espessura de 30mm. 
 
 
 
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10.3. Pés da base 
A maior ração em algum pé da base é a reação RB = 54.930,56 N encontrada na seção 11.1 
acima. O material do pé da base será o mesmo usado na chapa da base acima com o mesmo 
coeficiente de segurança e uma tensão admissível de 195 Mpa. Para determinarmos o 
diâmetro mínimo da menor área da base fazemos: 
𝝈𝝈𝝉𝝉 = 𝑭𝑭
𝟐𝟐
 => 𝟐𝟐 = 𝑭𝑭
𝝈𝝈𝝉𝝉
 
𝟐𝟐 = 𝟓𝟓𝟐𝟐𝟏𝟏𝟑𝟑𝟒𝟒,𝟓𝟓𝟐𝟐
𝟏𝟏𝟏𝟏𝟓𝟓
 => 𝟐𝟐𝑨𝑨𝒊𝒊𝒏𝒏 = 𝟐𝟐𝟏𝟏𝟏𝟏,𝟏𝟏 𝑨𝑨𝑨𝑨² 
 
O raio para um tubo maciço é determinado então: 
𝟐𝟐𝑨𝑨𝒊𝒊𝒏𝒏 = 𝝅𝝅 ∗ 𝒓𝒓𝑨𝑨𝒊𝒊𝒏𝒏𝟐𝟐 => 𝒓𝒓𝑨𝑨𝒊𝒊𝒏𝒏 = 𝟏𝟏,𝟐𝟐𝟏𝟏𝑨𝑨𝑨𝑨 
Isso equivale a um diâmetro de 18,94 mm. Porém para ter uma segurança quanto a 
flambagem, usaremos um tubo maciço com diâmetro de 100 mm. 
 
 
11. Sistema de translação angular da carga (giro da lança) 
11.1. Rolamento axial de giro 
O sistema de giro da lança será feito colocando um eixo fixado na lança sobre um rolamento 
axial de rolos cilíndricos encontrado no catálogo FAG. De acordo com o catálogo, para esse 
tipo de rolamento devemos considerar P = Fa. A força axial máxima encontrada é 2 vezes a 
reação Rb encontrada na seção 5.2: Rb = 119.665,5 N. Portanto a força axial máxima será de 
Fa = P = 239330,4 N 
𝐹𝐹𝑑𝑑 = 𝐿𝐿𝑑𝑑
𝐿𝐿
= 60∗𝐿𝐿𝑑𝑑∗𝑛𝑛𝑑𝑑 
106
= 60∗10000∗1
106
 => 𝐹𝐹𝑑𝑑 = 0,6 Onde: 
 xd = vida 
 LD = vida desejada [horas] 
 nd = rotação desejada [rpm] 
 
C10 = af ∗ Fe ∗ � xdx0 + (θ − x0)(1 − Rd)1b�
1
𝐹𝐹 => 𝑪𝑪𝟏𝟏𝟒𝟒 = 𝟑𝟑𝟏𝟏𝟏𝟏,𝟐𝟐𝟐𝟐 𝑶𝑶𝑵𝑵 
 
 af = fator de aplicação = 1,2 
 Fe = força equivalente = 239,33 [KN] 
 xd = vida = 0,6 
 a = 10/3 (para mancal de rolos) 
 x0 = 0,02 
 (𝛉𝛉-x0) = 4,439 
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 b = parâmetro de forma = 1,483 
 Rd = confiabilidade = √0,98 = 0,99 
 
No catálogo da FAG escolhemos então o seguinte rolamento para um eixo de 200mm: 
 
Esse rolamento escolhido tem C10 = 400 KN que satisfaz o carregamento. 
Portanto o acoplamento será representado na figura abaixo: 
Representação do sistema de giro 
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11.2. Motorredutor de giro da lança 
Para determinar o motorredutor, usaremos a expressão: 
 
𝑃𝑃 = 𝐹𝐹 ∗ 𝑉𝑉1000 ∗ ƞ𝐾𝐾𝑖𝑖𝐾𝐾𝜎𝜎𝑆𝑆𝐹𝐹𝐹𝐹 
 
Onde 
F = m.g.µ0 [N]. O fator µ0 é o coeficiente de atrito que no caso vale 0,3. F = 8083,5 N 
Ƞsistema = 0,81 
V é a velocidade (m/s) do eixo (diâmetro do eixo é 200 mm). Para 1 rpm: Veixo = 0,01048 m/s 
 Temos então: 
 
𝑃𝑃 = 8083,5 ∗ 0,010481000 ∗ 0,81 => 𝑃𝑃 = 0,106 𝑂𝑂𝑊𝑊 
 
No catálogo SEW escolhemos o redutor com rotação de saída próximo de 4 rpm pelo fato de o 
motor transmitir movimento ao eixo de giro através de engrenagens com redução de 4,5 
 
Catálogo SEW pág. 170 
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GUINDASTE: 
 
 
 
 
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