Projeto de Máquinas Apostilas

Prévia do material em texto

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:
ƒ DEDICATÓRIA E AGRADACIMENTOS....................pág. 1
ƒ 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.
ƒ DEDUÇÃO DE FÓRMULAS.....................................pág. 5
ƒ MOMENTO TORÇOR OU TORQUE.........................pág. 6
Dedução da fórmula, potência
ƒ RENDIMENTO......................................................pág. 9
ƒ 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
SV =
s = π . D
T
S
n =
1
2
2
1
221 1 D
D
 
n
n
 n . Dn .D =→=
)i(i ηFinal
ηInicial
ou ... . i .i . ii
Motora
Movida
Z
Z
rpmMovidarpmMotora
Z
Z
D
D
n
n
totalt3 21t
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 35 par por i i par por =∴=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 . 2F ou 
R
MTF ;
75
 V. FN π====
) (
n
N . 19,716
75
n . 0,10472 .
75
60 D
 n) . D . ( . MT) . (2
N 
75
V .
mkgfMTMTN
FN
=→=
=→=
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)
V = Velocidade (m/seg)
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)
V = Velocidade (m/seg)
ns = Rotação síncrona
nas = Rotação assíncrona
NP = Número de polos 
Hz = Frequência no Brasil
60Hz, no Japão 50Hz
 TABELA DE CONVERSÃO
seg) / (kgfm V . F N então , ==
t
SV
t
 S .FN
t
TN =→=
(cv) 
75
 V . FN então ,
seg
m . kgf75CV1 ==
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
 /sm Vel. V 
kgf Força F 
HP . POT N P) (H 
76
 V. FN
=
=
==
N = F . V (W) 
1000
 V. FN = ( KW )
N = Potência (W)
Força Newton
V = Velocidade m /s
η = Rendimento
Newton 9,8 kgf I 
 /sm Velo. V 
Newton Força F' 
HP POTN (HP) 
745
 V. F'N
=
=
=
==
 N = Potência cv
 F’= Força Newton
 V = Velocidade m /s
 I kgf = 9,8 Newton735
 V'.FN =
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 . . FN
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/s V
Newton
2
d
 L..
D
2
 g. m. F Resistente Força F
kw Potência P
kw
 1000.
V F.
 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. o AceleraçãTempo ta 
Rpm n 
kw Potência P 
kw 
ta . 91200
n . total J
 P cv 
270000 . t
n . J . 4N
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.
1 ou Util <== ηηη
tradaPotênciaEn
ídaPotênciaSa
sorvidaPotênciaAb
Potência
83% ou 0,83 
6
5
 
tradaPotênciaEn
ídaPotênciaSa
→=η=η
global
red saida N
 = motor N
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
Talhas com 3 roldanas 0,92
Talhas com 4 roldanas 0,91
Talhas com 5 roldanas 0,89
Talhas com 6 roldanas 0,87
Talhas com 7 roldanas 0,86
Talhas com 8 roldanas 0,83
Talhas com 9 roldanas 0,82
Talhas com 10 roldanas 0,80
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 . MTN
 
0,3 . 3,14
60 . 0,1
 n 
60
n . 0,3 . 
 0,1 
60
n . D . V
metro em entra
 
71620
n . MtN
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 
 PERDAS DOCONSIDERAN NORMALPOTÊNCIA Nn
Nn = 7,94 CV
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 2
Índice Vol. 2:
ƒ Exercícios.............................................................pág. 1
ƒ EXEMPLOS DE CÁLCULOS.....................................pág. 3
Potência, Rendimento Global
ƒ CARRO TRANSPORTADOR DE BOBINAS.................pág. 7
ƒ CENTRO DE GRAVIDADE DAS MASSAS...................pág. 8
ƒ CÁLCULO DE MOMENTO DE FRENAGEM E POTENCIA DE
MOTOR................................................................pág.10
ƒ 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 . 14 3,
60 . 1,0
 
60
n . 0,3 .14,31,0
 
60
n . d . V
n = 6,36 rpm
 iT = 179, 24∴=
∴=
 
6,36
1140i
 
n2
n1i
T
T
∴N DO MOTOR COM 15% CV 9,5 ≅
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
cv 17,95 N 
71620
51,43 . 25000
 N 
 
n2
1800
 35 
n2
n1it
71620
n2 . MTN
=∴=∴
∴=∴=
∴=
n2 = 51,43 rpm
ηg = 0,646
NR = 28 cv
MT = 15000 kgf. cm
 
71620
26,6 . 15000
 N 
 
n2
1800
 67,5 
n2
n1i
5 67, it 15 . 4,5 it it2 . it1 it 
 
71620
n2 . MTN
∴=∴
∴=∴=
=∴=∴=
∴=
n2 = 26,6 rpm
N = 5,57 cv
ηg = 0,72
NR = 7,73 cv∴= 
72,0
57,5NR
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
n 05,0F =∴=
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% CV 1,54 N 
0,81
1,25N
 0,81 ηg 0,96 0,90. 0,96. . 0,98 ηg
... ηg3 ηg2. ηg1. ηg0. ηg
global rendimento ηg CV 1,25 N
0,05 . 
75
0,157 . 12000N
f . 
75
V . FN
+=∴=
∴=∴=
=
=∴=
=∴
=∴
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 . totalJP
2
=
4
GDJ
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. J redução J
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. J oequipament redução J 


=
 
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. J oequipament redução J 


=
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
 . JP
2η
=
:então 
9550
n
 . 
T . 9,55
J .n 
 P :então 
T . 9,55
J .n 
 
n
9550 . P
:então M 
n
9550 . P
 
9550
n . 
==
=∴=
MP
( )
 D . E .P . 
32
 
44 dJ −= π
( )4D . 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 U 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
a a. M
D
L . M
a . M
D
L . MF
2
LM.
2
DF.
==∴=
∴==∴= 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 mm84,85 kg
CONCLUSÃO PARA
SATISFAZER A CONDIÇÃO,
SERÁ NECESSÁRIO
UM TUBO COM :
∅150 EXT. E ∅ 148,5 INT. d = 148, 5 mm
100mm L 
2000
L
 05,0
 
D
L
a QUE SE-SABE
=∴=
∴=
kg 169,70 0,05 . 3394,08 a . M F
08 3394, M 
9,81
33296
 M 
 /s0,05m 
2s
0,1
 a 2
==∴=
=∴=∴=
∴==∴
∆
∆
=
F
g
PM
t
V
a
∴=∴
=
∴=∴= 0,1 . 3394,08 F 
3394,08
a . M F
 0,1 a 
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
. CILINDRO J OEQUIPAMENT REDUÇÃO J 


=
ta . 91200
n . TOTAL J
 N
2
G =
global . 1000
V . 
η
FN =
V2 - 10
V2 - 11
0,77 1000.
0,586 . 14715
1000.
V . 
=
=
N
FN
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
∴+=∴+= 91,96 33,66 MF 
32
0,2 . 14715
 
1 . 9,55
0,357229 . 900MF
( )
∴=
=
 
1 . 91200
900 . 0,357229
 N
KW 
ta . 91200
n . TOTAL J
 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
cv 5 N 
0,7
3,5N NN
=
=⇒
η
=
2r . 
4
M Ver fórmula do formulário da SEW
 DISCO: SOBRE O EIXO RADIAL
 DISCO J kgm 25000 2 . 
4
25000 22 ⇒=
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 3
Índice Vol. 3:
ƒ CÁLCULO PARA PUXADOR DE FITA LINHA............pág. 1
ƒ SOLICITAÇÃO DO ROLAMENTO............................pág. 4
ƒ SELEÇÃO DE ACIONAMENTOS..............................pág. 5
Métodos de cálculos, exemplos, fórmulas
ƒ APÊNDICE...........................................................pág. 9
ƒ 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
125000 


 t . 91200
n . JP
2
=
5 . 91200
1750 .17,1NG
ta . 91200
n . TOTAL JNG
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 . 
=∴=∴=
FtMF
Ft = 2800 N Ft = 285,71 kgf
2mm / kgf 0,45 
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
ALIALI
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
83,985F
0,16 . F 59,15
 b .F MT
 
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 . πV n que e 
 1,36 . 1,64 que Sabemos 
n
N . 716,2MT
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
985F 
M
FF
M . FF
N
t
N
Nt
=∴=
=
FN = 6566 kgf
 cm 10,21 d
 104,39 d 104,39 d 
80.785,0
6566
 
d . 0,785
6566
 80 
4
d . 
6566
 80 
área 
força 
 /cmkgf 
cm / kgf 
222
22
2
2
∴=
∴===
∴=∴=∴
→
→
=
↑↑
d
A
FP
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 . πV
: á puxador do eixo non 
KW 2 Potência 
0,80n 
KN 1,64
n = 16,24
∴=∴ 
16,24
1710i 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 = 610
60 .n . Lh
 ↓
Vida em milhões de rotações
Lh = 20000 horas trabalho
∼ 6 anos uso com 8,5 dia.
L 10 = 610
60 . 16,24 . 20000
∗
=

 PP 10 LP.C 
P
C
 10 L
L 10 = 19,488
56,75291
28,1
4,32124.3C
Fn
P . Fl
 C 
Fn . C P . Fl 
Fn.
P
C
 Fl 2,69 . 32124,4 C
19,488 . 32124,4C
L10 P. 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
2r
2
m



 +
2
2
2r
1r
2
m
2r
2
m
2r
4
m
2r
5
m2
2r
3
m2
2r
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 . MPx =
η
=
KW...
m
)m m ( . 2 m
Px 'P cargacarroponte =∑
++
=
...Ncf)..(μ
D
2
 . g . mF L =


++=
Nm...
1000
r . FMx
Nm...
n
9550 . PxMx
==
==
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...m D . 
1000 . 60
n . π
==v
rpmvn ...
D . π
 60 . 1000 . 
==
( ) sM
JJ
t
X
X
M
A ...C . 9,55
n . 
H
M
=
−




+
=
η
( ) sM
JJ
t
X
X
M
A ...
 . C . 9,55
n . 
2
 H
M
=
+




+
=
η
η
( ) ( )
( ) ...s η.MC 9,55
nn . ηJJ
t 2
 XU
M1M2 . XM
U =
+
−+
=
...mm 
n
n
 1 . 1000 . v. t. 0,5s
M2
M1
2rf =



+=
...mm
n
n1 . 1000 . 
n
n
 . v. t. 0,5s
s2
s1
M2
S2
2rf =



+=
( ) ( )
( ) ...s η .MC 9,55
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
...mm 1000 . )]
n
n Δ n( t. 0,5 )
n
2
Δn
n
( . t[ . v *S
M
M
f
M
M
 2 f =
−
+
−
=
...mm 1000 . ] )
n
Δn n( 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
n Δ
 - (1 v.
**a
...m/s
t
v
*a
==
==
2
f
sM
s
f m/st
)
n
Δn(1
n
n
 v.
**a =
+
=
sendo...rpm,η . J J
 t. .ηM . 9,55Δn
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
2 M
1 M
U ...m/st
)
n
n
 - (1 v.
a ==
2
U
s2
s1
M1
s2
U ...m/st
)
n
n
 - (1 v . 
n
n
a ==
mm ... s . 0,12 X ff ==±≈
...S/hk . 
J
η
JJJ
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
2M XZM
2
Xf
f
f =
++
+
=
...h
Z . w
wL
realf
N
f ==
G
G
n
12η −=
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 P = 0,12 – 0,6
 Atrito deslizante (a seco) µ = 0,08 – 0,5
 Atrito estático (engraxado) µ P = 0,12 – 0,35
 Atrito deslizante ( engraxado) µ = 0,04 – 0,25
Madeira / aço
 Atrito estático (a seco) µ P = 0,45 – 0,75
 Atrito deslizante (a seco) µ = 0,30 – 0,60
Madeira / madeira
 Atrito estático (a seco) µ P = 0,40 – 0,75
 Atrito deslizante (a seco) µ = 0,30 – 0,50
Correias de mat. Sintético / aço
 Atrito estático (a seco) µ P = 0,25 – 0,45
 Atrito deslizante (a seco) µ = 0,25
 Aço / material sintético
 Atrito deslizante (a seco) µ = 0,20 – 0,45
 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
N 64 0,003] mm) 0,5 
2
60mm
 . (0,005 . 
250mm
2[ . m/s 9,81 . kg 800 F
...N c] f)
2
d
 .(μ . 
D
2[ . g . mF
2
L
=++=
=++=
kw 0,04
0,85 . 1000
 /sm 0,5 . N . 64P
kw...
 . 1000
v . FP
X
X
==
=
η
=
Nm... 0,23 
rpm 1680
9550 .kw 04,0M
Nm...
n
9550 . PM
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.
s 0,90 
Nm) 0,23 - Nm (1,79 . 9,55
rpm 1680 )kgm 0,000352 
85,0
kgm 00646,0(
...) M C ( . 9,55
n . )(
2
2
XH
M
=
+
=
=
−
+
=
A
M
X
A
t
S
JJ
t
η
22
X
22
M
X
0,00646kgm)
rpm 1680
s / m 0,5( . kg 800 . 91,2 J
...kgm )
n
v( m . 91,2 J
==
==
c = dado do catálogo SEW 2000 pág. 672
0,852
1680
9550 . 0,15M
cnM
Nm 1,79c 
0,852 . 2,1c 2,1
c
c
X
X
n
H
==
∴=
=
=∴=
2
A
2
A
A
m/s 0,56 
s 90 0,
 /sm 0,5
a
...m/s
t
v
a
==
==
ED 60% e 0,27 
kw 0,15
kw 04,0
P
P
 com
N
X
==
freio. de antecipado alívio comS/h 339,5
8,0.
kgm 0,000352 
kgm }
85,0
00646,0000352,0{
Nm 1,79
Nm 0,23
- 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
Precisão de posicionamento:
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
s 0,75)0,85 . Nm 0,23 Nm 1,2 ( . 9,55
rpm 1680 . 0,85) . kgm 0,00646 kgm (0,000352
t
...s)η . M (M . 9,55
n . η) . J(J
t
2
22
f
2
X f
XM
f
=
+
+
=
=
+
+
=
2
f
2
f
f
m/s 0,67
 s 0,75
 /sm 0,5
a
...m/s
t
v
a
==
==
s 1,06 )0,85 . Nm 0,23 Nm (0,8 . 9,55
 rpm 1680 . ) 0,85 . kgm 0,00646 kgm (0,000352
t 2
22
f =
+
+
=
2
f /sm 0,47
s 1,06
 /sm 0,5
a ==
 J 74,8
182,5
rpm) 1680 ( . 0,85) . kgm 0,00646 kgm (0,000352
0,85 . Nm 0,23 Nm 0,8
Nm 0,8
 w
...J
182,5
n . ) η . J (J
 . ηM M
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”
h 10695 
S/h 150 . J 74,8
J 10 . 120L
...h
z . w
wL
6
f
realf
N
f
==
==
rpm 69,2 
16
29
 . 
mm 250 . 
1000 . 60 . s/m 5,0
n
...rpm i . 
D . 
1000 . 60 . v
n
a
a
=
π
=
=
π
=
24,3 
rpm 69,2
rpm 1680i
n
ni
a
M
==
=
18,4 
 kgm 000352,0
kgm 00646,0
J
J
2
2
M
N
==
Nm 33 1,6 . 
rpm 69,2
9550 . kw 0,15M
...Nm f . 
n
9550 .PM
a
s
a
 N
a
==
==
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 4
Índice Vol. 4:
ƒ 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
kgm 0,00228 )
rpm 3300
m/s 0,33( . kg 5000 . 
2
1
 . 91,2 J
kgm 0,00730 )
rpm 3300
m/s 0,33( . kg 16000 . 
2
1
 . 91,2 J
kgm ...)
n
v( . m . 
X
1
 . 91,2 J
==
==
==
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.
A) Cálculo do motor.
Força resistente à translação:
Potência de saída por motor:
Momento de carga por motor:
Momento de inércia por motor:
N 270 0,002] ) mm 0,5 
2
mm 80
 . (0,005 . 
mm 400
2[ /sm 9,81 . kg 5000 F
N 863 0,002] ) mm 0,5 
2
mm 80
 . (0,005 . 
mm 400
2[ /sm 9,81 . kg 16000 F
...N c] ) f 
2
d
 . (μ . 
D
2[ . g . m F
2
 o
2
 o
L
=++=
=++=
=++=
kw 0,052 
2 . 0,85 . 1000
 /sm 0,33 . N 702P
kw 0,17 
2 . 0,85 . 1000
 /sm 0,33 . N 863P
kw...
X . . 1000
v . FP
o
o
A
X
==
==
=
η
=
Nm 0,15 
rpm 3300
9550 . kw 0,052M
Nm 0,49
rpm 3300
 9550 . kw 0,17M
Nm ...
n
9550 . PM
O
O
M
X
X
==
==
==
V4 - 2
s 0,8 ) Nm 0,15 - Nm 2,71 ( . 9,55
rpm 3300 . kgm )
0,85
0,002280,00250(0,000527
t
s 1,8) Nm 0,49 - Nm 2,71 ( . 9,55
rpm 3300 . kgm )
0,85
0,007300,00250(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
O A
2
2
C A
2
A
A
 sm/ 0,41 
s ,8 0
s / m 0,33
 a
 sm/ 0,18 
s 1,8
s / m 0,33
 a
s / m ...
t
v
a
==
==
==
mm 132 1000 s 0,8 . sm/ 0,33 . 0,5 S
mm 297 1000 s 1,8 . sm/ 0,33 . 0,5 S
mm ... 1000 . .t v. 0,5 S
OA 
OA 
A A
==
==
==
hS/ 235 
 kgm 0,000527
kgm )
0,85
0,00228
 0,00250(0,000527
1,0 . ) 
Nm 2,71
Nm 0,15
 - 1 ( .2700S/h 
oZ
hS/ 80 
 kgm 0,000527
kgm )
0,85
0,00730
 0,00250(0,000527
0,8 . )
Nm 2,71
Nm 0,49
- (1 .2700S/h 
oZ
hS/ ... k . 
J
η
JJJ
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.
Tempo de aceleração:
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
s 0,66 )0,85 . Nm 0,15 Nm 2,5 ( . 9,55
rpm 3300 . kgm ) 0,85 . 0,002280,00250(0,000527
 t
s 1,12 )0,85 . Nm 0,49 Nm 2,5 ( . 9,55
rpm 3300 . 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:
Distância de frenagem:
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 /s1000 . ( 0,12 s + 0,5 . 0,66 s ) = 149 mm
Precisão de posicionamento:
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
 /sm 0,50 
s 0,66
 /sm 0,33
a
 /sm 0,29 
s 1,12
 /sm 0,33
a
s...m/ 
t
v
a
==
==
==
J 284 
182,5
rpm) 3300.(kgm 0,85) . 0,002280,00250(0,000527
 . 
0,85 . Nm 0,15 Nm 2,5
Nm 2,5
 W
J 483 
182,5
rpm) (3300 .kgm 0,85) . 0,007300,00250(0,000527
 . 
0,85 . Nm 0,49 Nm 2,5
Nm 2,5
 W
J ... 
182,5
n . ) η . JJ(J
 . η . MM
MW
22
2fo
22
2fe
MXZM
2
Xf
f
f
2
=
++
+
=
=
++
+
=
=
++
+
=
h 7042 
h / S 60 . J 284
 . J 10 . 120L
h 4141 
h / S 60 . J 483
 J 10 . 120L
h ...
 Zw
wL
6
fo
6
fe
realf
N
f
==
==
==
V4 - 4
2,4 
JJ
J
ZM
X
=
+
B) Escolha do redutor:
Velocidade de saída:
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 
rpm 45,7
rpm 3300
 i
 rpm 45,7 2,9 . 
mm 400 . π
1000 . 60 . s / m 0,33
n
 rpm ... i . 
D . π
1000 . 60 . v
n
a
va
==
==
==
Nm 138 1,2 . 
rpm 45,7
9550 . kw 0,55M
Nm ... f . 
n
9550 .PM
a
 s
a
 N
a
==
==
N 2442 ,151 . 
mm 130
2000 . Nm 138F
N ... f . 
d
2000 . MF
Q
z
o
a
Q
==
==
Fz = 1,15 ( ver . § 11.7)
N 18573 1,15 . 
mm 120
2000 . Nm 969F
N ... f . 
d
2000 MF
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.
A) Cálculo do motor.
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:
N 100 
m 1
 m 0,1 . N 1000 
N ... 
h
d . F 
2
d
 . F 
2
1
R2
1
R
21
==
==
=.
F
F
hF
2
21
1
 /sm 1 
kg 100
N 100
 a
 /sm ... 
m
F
 a
a . m F
==
==
=
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
dR
 
 
 
 
 
 
F 1
 
 
 
 
 
F 2
 
 
 
 
 
2
 
 
 
 
 
 
h
 
 
 
 
 
 
2
 
x x x
x x x
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.por ões transmiss11 existem seja,ou acionados, são 11 destes, rolos, 23 
mm 220
mm 5000
N 281 0] ) mm 1,2 
2
mm 30
 . 0,005 ( . 
mm 89
2[ . /sm 9,81 . kg 1000 F
N 843 0] ) mm 1,2 
2
mm 30
 . 0,005 ( . 
mm 89
2[ . /sm 9,81 . kg 3000 F
 
 
N ... c] ) f 
2
d
 . ( . 
D
2
 [ . g . m 
2
O
2
C
L
=
=++=
=++=
=++=F µ
Quantidade de rolos:
kw 16,0
0,64 . 0,9 . 1000
sm/ 0,33 . N 281P
kw 48,0
0,64 . 0,9 . 1000
sm/ 0,33 . N 843P
kw ...
 . . 1000
 V. FP
O
O
KG
X
==
==
=
ηη
=
pallet) /1c ( Nm 0,9 
rpm 1680
9550 . kw 0,16
 M
pallets) /3c ( Nm 2,7 
rpm 1680
9550 . kw 0,48
 M
Nm ...
n
9550 . PM
O
O
M
X
X
==
==
==
22
O
22
O
22
M
X
kgm 0,00352 )
rpm 1680
sm/ 0,33( . kg 1000 . 91,2 J
kgm 0,01056 )
rpm 1680
sm/ 0,33( . kg 3000 . 91,2 J
...kgm )
n
V( . m . 91,2 J
==
==
==
V4 - 7
s 22 0, 
Nm 0,46 - Nm (3,9 . 9,55
rpm 3300 . kgm )
0,64 . 0,9
0,00091(0,000655
t
s 75 0, 
Nm) 1,39 - Nm (3,9 . 9,55
rpm 3300 . 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
Tempo de aceleração:
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
Tempo de aceleração:
s 0,20 
Nm) 0,9 - Nm 6,9 ( . 9,55
rpm 1680 . )
0,64 . 0,9
 kgm 0,00352
 kgm 0,000655 (
 t
s 0,80 
Nm) 2,7 - Nm 6,9 ( . 9,55
rpm 1680 . )
0,64 . 0,9
 kgm 0,01056
 kgm 0,000655 (
 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 
s 0,20
 /sm 0,33
 a
sm/ 0,41 
s 0,80
 /sm 0,33
 a
sm/ ... 
t
V
 a
==
==
==
(valor alto demais, a condição de 1,0 m /s2 
não é respeitada).
V4 - 8
 /sm 1,5 
s 0,22
 /sm 33,0
a 
 /sm 0,44 
s 0,75
 /sm 33,0
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.):
s 0,59 
Nm) 0,46 - Nm 3,9 ( . 9,55
rpm 3300 . kgm )
 0,64 . 0,9
0,00091
 0,00368 000655,0(
t
s 1,25 
Nm) 1,39 - Nm 3,9 ( . 9,55
rpm 3300 . kgm )
 0,64 . 0,9
0,00274
 0,00368 000655,0(
t
s ...)M - (C . 9,55
n . ). 
J
 J J(
t
2
AO
2
AC
XH
M
KG
X
Z M
A
=
++
=
=
++
=
=
ηη
++
=
 /sm 0,56 
s 0,59
 /sm 33,0
a 
 /sm 0,26 
s 1,25
 /sm 33,0
a
 /sm ...
t
V
 a
2
AO
2
AC
2
A
A
==
==
==
(Valor inferior ao máximo admissível).
 /hs 811 
kgm . 0,000655
kgm )
64,0.9,0
0,00274
 0,00368 000655,0(
 0,6 . )
Nm 3,9
Nm 1,39
 - (1
 . /hs 6500 Z
hS/ k . 
J
 - 
J
 J J
 
C
M
 - 1
 Z Z
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.
Velocidade de saída:
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”.
rpm 99 
15
21
 . 
mm 89 . 
1000 . 60 . m/s 0,33
n
rpm ... i 
D . 
1000 . 60 .V 
n
a
va
=
π
=
=
π
=
0,63 
0,00368 0,000655
0,00274
 
J J
J
ZM
C
=
+
=
+
Fs = 1,2 ( do diagrama § 5.3, tipo de carga II,
100 S/h. 8 h/ dia.
Nm 87 1,2 . 
rpm 99
 9550 .kw 75,0M
Nm ... f . 
n
9550 . PM
A
s
A
N
A
==
==
mm 122,2 
º15
180º
sen
mm 25,4 . 1
 dO ==
N 1780 1,25 . 
122,2
2000 . Nm 87F
N ... f . 
d
2000 . MF
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.
A) Cálculo do motor.
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:
Momento de inércia:
A potência do motor será reduzida quando a tensão aplicada cai para 340V.
Nm 6,3 
rpm 1720
 9550 .kw 14,1
 M
Nm ... 
n
9550 . P
 M
kw 1,14 
,950 . ,860 . 1000
m/s 1 . N 932
 P
kw ... 
 . . 1000
 V. F
 P
X
M
X
X
X
GL
X
==
==
==
=
ηη
=
22
N
22
M
X
kgm 0,01171 )
rpm 1720
s / m 1( . kg 380 . 91,2 J
kgm ... )
n
V( . m . 91,2 J
==
==
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
Tempo de aceleração:
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:
Distância de partida:
SA = 0,5 . 1000 . V . tA = ... mm
SA = 0,5 . 1000 . 1 m / s . 2.17 = - 1085 mm
B) Escolha do redutor.
Velocidade de saída:
s 0,19 
Nm) 6,3 - Nm 23,32 ( . 9,55
rpm 1720 . )
 0,95 . 0,86
kgm 0,01171
 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
 /sm 5,3 
s 0,19
 /sm 1
a
 /sm ...
t
V
 a
==
==
s 2,17 
Nm) 6,3 - 
3
Nm 23,32( . 9,55
rpm 1720 . )
0,95 . 0,86
 kgm 0,01171
 kgm 0,0034 (
 t
2
2
A =
+
=
2
A s / m 0,46 s 2,17
s / m 1
a ==
rp 4,67 
mm 250 . 
1000 . 60 . s / m 1
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
Nm 272 ,451 . 
rpm 76,4
9550 .kw 5,1M
Nm ... f . 
n
9550 .PM
a
s
M
 N
a
==
==
V4 - 13
A) Cálculo do motor.
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:
Momento de inércia:
Motor escolhido:
DZ80K4B
PN = 0,55 KW
nM = 16 80 rpm
CH = 6,9 Nm
JM = 0,000745 kgm2
Tempo de aceleração:
Aceleração:
kw 0,49 
0,8 . 1000
 /sm 0,5 . N 780
 
kw ... 
 . 1000
 v. F
 
==
==
X
X
P
P
η
Nm 79,2
rpm 1680
 9550 . kw ,490
Nm ... 
n
 9550 . 
M
==
==
X
X
X
M
PM
22
X
22
M
X
kgm 0,00162 )
rpm 1680
s / m 0,5( . ) kg 50 kg 150 ( . 91,2 J
kgm ... )
n
V( . m . 91,2 J
=+=
=∑=
s 0,12 ) Nm 2,79 - Nm 6,9 ( . 9,55
rpm 1680 . kgm . )
8,0
00162,0
 000745,0(
t
s ... )M - C ( . 9,55
n . )JJ(
t
2
A
 XH
M
X
M
A
=
+
=
=
η
+
=
2
A
2
A
A
 /sm 4,17 
s 0,12
 /sm ,50
a
 /sm ...
t
V
 a
==
==
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 5
Índice Vol.