CONTEUDO MECANICA GERAL

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10. FORÇAS DE ATRITO
O material a seguir apresentado deve ser complementado com a leitura do BEER &
JOHNSTON (capítulo 8).
Todos os temas desta aula tratam de atrito seco. Para que os resultados obtidos
aproximem melhor a realidade, todas as superfícies com atrito são consideradas não
lubrificadas.
10.1 ATRITO SECO
As leis do atrito seco podem ser resumidas na Fig. (10.1).
Figura 10.1 – Funcionamento das leis do atrito seco.
A Fig. (10.1a) ilustra um bloco apoiado num plano horizontal. Nesta situação, as forças
atuantes no bloco são o seu peso e a reação normal do plano horizontal. Já na Fig. (10.1b)
aplica-se também uma força horizontal Q. Quando Q é de pequeno valor o bloco não se move
porque ele é equilibrado pela força de atrito Fa. Aumentando-se Q a força Fa também
aumenta, até que se atinja um valor máximo Fm. Caso a força Q continue a aumentar, a força
de atrito não consegue mais equilibrá-la e o bloco inicia o movimento. A partir deste instante
o módulo da força de atrito assume um valor mais baixo Fc, que permanece constante
enquanto o bloco estiver se deslocando. A força de atrito Fm recebe o nome de força de atrito
estático e a força Fc recebe o nome de força de atrito cinético. A Fig. (10.1c) resume o
funcionamento de uma força de atrito seco.
Prova-se experimentalmente que
NF em ⋅= µ (10.1)
em que µe é uma constante denominada de coeficiente de atrito estático. Do mesmo modo
pode-se escrever
NF cc ⋅= µ (10.2)
em que µc é uma constante denominada de coeficiente de atrito cinético. Estes coeficientes
não dependem da área da superfície de contato, mas dependem da natureza destas superfícies.
Estes coeficientes apresentam uma variabilidade considerável.
P
N
a) P
N
b)
Q
Fa
F
Q
Equilíbrio
Fm
Fc
c)
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N
500
 N
F a
x
y
37°
1500 N
53°
Em algumas situações é conveniente substituir a força normal e a força de atrito por
sua resultante. A Fig. (10.2) ilustra este procedimento, que permite chegar ao resultado
apresentado na equação (10.3).
Figura 10.2 – Ângulo de atrito.
eem
e N
N
F
N
µµ
φ 1tan =
⋅
== (10.3)
O ângulo φe é denominado ângulo de atrito estático. Raciocínio análogo pode ser feito para o
caso da força de atrito cinético resultando na equação (10.4), em que φc é o ângulo de atrito
cinético.
ccc
e N
N
F
N
µµ
φ 1tan =
⋅
== (10.4)
Para se resolver problemas com forças de atrito deve-se tomar alguns cuidados.
Quando as únicas informações transmitidas pelo texto do problema são os coeficientes de
atrito, então as forças de atrito devem ser obtidas através das equações de equilíbrio e as
forças de atrito resultantes devem satisfazer a condição NF e⋅≤ µ . Quando o texto indica para
considerar a força de atrito máxima ou considerar que o objeto está na iminência de entrar em
movimento aplica-se diretamente a (10.1). Quando o objeto está em movimento aplica-se
diretamente a (10.2).
Exemplo 1. Uma força de 500N age num bloco de 1500 N colocado sobre um plano
inclinado. Verificar se o bloco está em equilíbrio e determinar o valor da força de atrito
sabendo que µe = 0,25 e µc = 0,2.
Solução: Escrever as equações de equilíbrio em relação ao
sistema de eixos inclinados.
053cos15005000 =−°−→=∑ aX FF
N 7,402−=aF . O sinal negativo indica que a força de atrito
deve estar orientada rampa a cima.
053sen15000 =°−→=∑ NFY
N 1198=N
Caso o bloco estivesse na iminência de entrar em movimento a força de atrito seria dada por (10.1) ou seja
N
Q
Fa
φe
R
P
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N 5,299119825,0 =⋅=mF
Como a força de 402,7 N, obtida pelas equações de equilíbrio, é superior a força de atrito estático (299,5 N)
conclui-se que o bloco está em movimento. Neste caso, a força de atrito é dada pela (10.2) ou seja
N 6,23911982,0 =⋅=cF
Logo a soma de forças na direção x resulta em
N 1,1636,23953cos1500500 −=+°−→∑ XF que é uma força não equilibrada que indica que o bloco vai
descer a rampa com velocidade crescente. Aplicando-se a Segunda Lei de Newton pode-se calcular qual é a
aceleração do bloco.
Exemplo 2. O suporte móvel representado no esquema pode ser colocado em qualquer
altura sobre o tubo de 75 mm de diâmetro. Para µe = 0,25 determine a mínima distância x para
a qual a carga P pode ser suportada. Despreze o peso do suporte.
Solução: Para encontrar-se a mínima distância x deve-se considerar o valor máximo da força de atrito ou seja
BBeBAAeA NNFNNF ⋅=⋅=⋅=⋅= 25,0 e 25,0 µµ
Escrevendo-se as equações de equilíbrio para o diagrama de corpo livre acima ilustrado tem-se
BAx NNF =→=∑ 0
( ) PNPNPNNPFFF AABABAy 2225,025,00 =→=⋅→=+⋅→=+→=∑
NB = 2P e FA = FB = 0,5 P
( ) 05,37751500 =−−⋅−⋅→=∑ xPFNM AAB
05,375,37300 =+⋅−−⋅ PxPPP
mm 300=x
Pelos dois exemplos anteriores pode-se notar que a consideração das forças de atrito
não modifica o procedimento utilizado para as soluções dos problemas até aqui.
Pela importância da força de atrito em diversos equipamentos analisa-se a seguir
alguns problemas particulares.
x
15
0 
m
m
75 mm
P
A
B
x - 37,5
15
0 
m
m
75 mm
P
A
B
FA
NA
NB
FB
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10.2 CUNHAS
Cunhas são ferramentas simples utilizadas para erguer grandes blocos e para fazer
pequenos ajustes na posição de peças pesadas de maquinaria. As cunhas são bastante usadas
em processos de montagem e manutenção de equipamentos.
Elevação de Blocos. A Fig. (10.3) ilustra o uso de duas cunhas para a elevação de
grandes blocos. Nesta análise o peso das duas cunhas é desprezado em comparação com o
peso do bloco. O uso das cunhas deve permitir que o bloco seja erguido aplicando-se uma
força Q de valor inferior a P. A Fig. (10.3) ilustra também os diagramas de corpo livre do
bloco e de uma das cunhas. As forças FBA, FCA, FAC e FDC são forças de atrito que no caso
extremo são obtidas aplicando-se a equação (10.1). Pela Terceira Lei de Newton tem-se que
FAC = FCA e NCA = NAC.
Figura 10.3 – Uso de cunhas para elevação de grandes blocos.
Escrevendo-se as equações de equilíbrio para o bloco, e considerando o caso extremo
das forças de atrito obtém-se
→=∑ 0xF CAeACBA NN ⋅= µ (1)
PNNPNNF BAeBACABAeBACAy +⋅=→=−⋅−→=∑ µµ 00 (2)
Escrevendo-se agora as equações de equilíbrio para a cunha C tem-se
0sencos0 =⋅−⋅⋅−⋅−→=∑ ααµµ DCDCeDCCAeACx NNNQF
ααµµ sencos ⋅+⋅⋅+⋅= DCDCeDCCAeAC NNNQ (3)
αµα
αµα
sencos
0sencos0
⋅−
=→=⋅⋅−⋅+−→=∑
eDC
CA
DCDCeDCDCCAy
NNNNNF (4)
P
A
B
C
D
Q
P
NCA
FCA
NBA
FBA
Q
NACFAC
FDCNDC
α
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Nas equações acima µeAB é o coeficiente de atrito estático entre o bloco A e a parede B; µeAC é
o coeficiente de atrito estático entre o bloco A e a cunha C; µeDC é o coeficiente de atrito
estático entre as cunhas C e D.
Para exemplificar o uso das equações anteriores considera-se que P = 5 kN, µeAB =
0,15, µeAC = µeDC = 0,25 e α = 5°. Substituindo-se (1) em (2) tem-se
kN 19,5
25,015,01
5
1
=
⋅−
=
⋅−
=
eACeAB
CA
PN
µµ
 kN 3,119,525,0 =⋅=BAN
kN 33,5
5sen25,05cos
19,5
=
°−°
=DCN
kN 35sen33,55cos33,525,019,525,0 =°⋅+°⋅⋅+⋅=Q 6,0
5
3
==
P
Q
A expressão (5), que é obtida operando-se sobre as equações anteriores, relaciona
diretamente as forças Q e P.






⋅−
+
⋅−
⋅
+
⋅−
=
αµα
α
αµα
αµµ
µµ sencos
sen
sencos
cos
1 eDCeDC
eDC
eAC
eACeAB
PQ (5)
Uso de cunhas em ajustes. A Fig. (10.4) ilustra o uso de uma cunhapara nivelar a
posição de uma viga com a horizontal. Neste tipo de aplicação podem surgir basicamente duas
perguntas. A primeira: “Qual é a força P necessária para mover a cunha a frente?”, e a
segunda: “A cunha é autobloqueante?”.
Figura 10.4 – Aplicação de cunhas em pequenos ajustes.
Na solução a seguir considera-se que o coeficiente de atrito estático entre a cunha e as duas
superfícies de contato é de 0,25. Deve ser desprezado o tamanho e o peso da cunha, bem
como a espessura da viga.
Solução: Escrevendo-se as equações de equilíbrio correspondentes à Fig. (10.4b) tem-se
BAx HHF =→=∑ 0 (1)
120 =+→=∑ BAy VVF (2)
3 32
2 kN 2 kN4 kN 4 kN
PB A15o (m)
3 32
2 kN 2 kN4 kN 4 kN
B A
(m)
HBVB
VA
HA
-VB -HB
P
NB
FB
a)
b)
c)
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kN 6088254340 =→=⋅+⋅−⋅−⋅−→=∑ AAB VVM (este resultado é obtido diretamente
empregando-se a simetria do problema).
Como VB = 6 kN e a reação horizontal do apoio em B, HB, é causada por atrito, sabe-se que no pior caso esta
força vale kN 5,1625,0 =⋅=BH .
Escrevendo-se as equações de equilíbrio para o diagrama de corpo livre da cunha, Fig. (10.4c), e considerando-
se os resultados anteriores pode-se escrever
015sen15cos5,10 =°⋅+°⋅++−→=∑ BBx NFPF (4)
015cos15sen60 =°⋅+°⋅−−→=∑ BBy NFF (5)
Nas equações acima FB é a força de atrito entre a cunha e o perfil I e NB é a reação do perfil I, normal ao plano
inclinado da cunha. No caso limite sabe-se que BB NF ⋅= 25,0 . Substituindo-se este resultado nas equações (4)
e (5) obtém-se NB = 6,66 kN, FB = 1,66 kN e P = 4,83 kN.
Para responder à segunda pergunta deste exemplo vai-se inverter o sentido da força P,
de modo que esta represente uma força que tem a função de remover a cunha. A Fig. (10.5)
apresenta o diagrama de corpo livre para este caso.
Figura 10.5 – Diagrama de corpo livre para o caso de remoção da cunha.
Solução: Escrevendo-se as equações de equilíbrio correspondentes à Fig. (10.5) tem-se
015sen15cos5,10 =°⋅+°⋅−+−→=∑ BBx NFPF (1)
015cos15sen60 =°⋅+°⋅+−→=∑ BBy NFF (2)
Considerando-se que BB NF ⋅= 25,0 obtém-se da equação (2) que NB = 5,82 kN e FB = 1,45 kN. Substituindo-se
estes resultados em (1) obtém-se P = 1,39 kN. Concluí-se que para remover a cunha da sua posição é necessária
uma força externa de 1,39 kN. Considerando-se que esta força não seja aplicada tem-se uma cunha
autobloqueante ou seja uma vez posta na sua posição de trabalho ela não sai mais desta.
10.3 PARAFUSOS DE ROSCA QUADRADA
Parafusos de rosca quadrada são utilizados para transmissão de movimento
principalmente quando são aplicadas grandes forças ao longo do eixo do parafuso. Este tipo
de parafuso é bastante usado em macacos mecânicos, válvulas e tornos.
A análise de um parafuso de rosca quadrada é feita considerando-se um plano
inclinado. Quando um parafuso está submetido a grandes cargas axiais, o conhecimento das
forças de atrito que atuam na rosca é importante para se calcular o momento M necessário
para girar o parafuso. Considerando como exemplo o parafuso de rosca quadrada do macaco
mecânico ilustrado na Fig. (10.6), que deve suportar uma carga vertical W. As forças reativas
da estrutura a essa carga são distribuídas sobre as circunferências da rosca do parafuso que
estão em contato com o furo rosqueado (ver cota h) na estrutura.
1,5 kN
P
NB
FB
6 kN
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Figura 10.6 – Aplicação de um parafuso de rosca quadrada num macaco mecânico.
Para continuarmos o desenvolvimento são necessárias algumas definições.
Passo da rosca (p): A distância percorrida pelo parafuso, medida na direção do seu eixo,
quando este realiza um rotação completa, ou seja de 360º.
Ângulo de avanço (θ): Considerando que o parafuso tenha um raio médio r, o comprimento da
rosca correspondente a uma rotação completa do parafuso é de rπ2 . A relação entre este
comprimento e o passo da rosca é dado pela Fig. (10.7).
Figura 10.7 – Ilustração do passo da rosca e do ângulo da rosca.
Define-se o ângulo de avanço como sendo
r
p
π
θ
2
arctan= (10.5)
W
x
y
Pk - Pk
r
h
l
M
2πr
p
θ
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Para analisarmos o equilíbrio das forças que atuam na rosca vai se representar a rosca
por um pequeno bloco apoiado sobre um plano inclinado com um ângulo igual ao ângulo de
avanço θ. Este plano inclinado representa o lado interno da rosca de apoio da base do macaco
mecânico.
Para que o macaco mecânico sustente a carga W é necessário a aplicação de um par,
formado pelas forças –Pk e Pk, o qual gera o momento M. Estudando-se apenas o bloco
ilustrado na Fig. (10.8) nota-se que três forças atuam sobre o bloco ou parafuso. A força W é
o carregamento axial total aplicado ao parafuso. A força S é gerada pelo momento aplicado
M, de modo que M = S r, em que r é o raio médio do parafuso. Para equilibrar estas forças o
plano inclinado exerce uma força R sobre o bloco, tendo como componentes N, na direção
normal, e F na direção tangencial às superfícies de contato. A seguir são analisadas as várias
situações possíveis para este diagrama de corpo livre.
Figura 10.8 – Diagrama de corpo livre da rosca do parafuso correspondente ao movimento
ascendente do parafuso.
Movimento ascendente do parafuso. Quando M é grande o suficiente, o parafuso
pode ficar na iminência de movimentar-se ou poderá estar se movimentando. Nestas
condições, R atua com um ângulo (θ + φ) em relação à vertical. Este ângulo φ é definido pela
(10.3) quando o parafuso está na iminência de movimentar-se ou pela (10.2) quando se deseja
saber o menor momento M necessário para manter o parafuso em movimento uniforme para
cima. Escrevendo-se as equações de equilíbrio correspondentes à Fig. (10.8) tem-se
( ) 0sen0 =+−→=∑ φθRSFx
( ) 0cos0 =−+→=∑ WRFy φθ
Eliminando-se R, e fazendo-se rMS /= obtém-se
( )φθ +⋅⋅= tanrWM (10.6)
Movimento descendente do parafuso. Quando a superfície do parafuso é muito
escorregadia, este pode girar de modo a descer se o módulo do momento for reduzido para
MM <' . Neste caso, a força produzida pelo momento vale S’, e é necessário que o ângulo
φθ > . A Fig. (10.9) ilustra esta situação e a equação (10.7) apresenta o respectivo cálculo do
momento M.
θ
S
W
F
N
R
θ
φ
n
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Figura 10.8 – Diagrama de corpo livre da rosca do parafuso correspondente ao movimento
descendente do parafuso.
( )φθ −⋅⋅= tanrWM (10.7)
Parafuso autobloqueante. Quando o momento M é removido, o parafuso poderá ficar
autobloqueado, isto é ele suportará a carga W apenas com as forças de atrito, desde que
θφ ≥ . O caso limite desta situação, ilustrado na Fig. (10.9), se dá quando θφ = . Neste caso
a força R equilibra W.
Figura 10.9 – Diagrama de corpo livre para o caso de um parafuso autobloqueante na
iminência de um movimento descendente.
Movimento descendente do parafuso ( )φθ < . Quando a superfície do parafuso é
muito rugosa, este não girará de modo a descer conforme estudado anteriormente. Ao
contrário, o sentido do momento aplicado deverá ser invertido de modo a causar o
movimento. A Fig. (10.10) ilustra este caso e a equação (10.8) permite calcular o momento
M”.
( )θφ −⋅⋅= tan" rWM (10.8)
θ
S'
W
R
θ
n
φ
θ
W
R
θ=φ
n
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Figura 10.10 – Diagrama de corpo livre para o caso do movimento descendente (θ < φ).
Exemplo 1. Calcule a força compressiva exercida pelo parafuso de rosca quadrada
sobre o objeto ilustrado na Fig. (10.11). Considere que as forças P aplicadas na haste valem
100 N cada uma delas. Considere que o passo da rosca é de 2 mm, o raio médiodo parafuso é
de 5 mm e o coeficiente de atrito estático entre o parafuso e o restante da estrutura é de 0,3.
Calcule também qual a força necessária para afrouxar o parafuso.
Figura 10.11 – Ilustração do exemplo 1.
Solução: Calcula-se inicialmente o ângulo de avanço conforme (10.5) e o ângulo de atrito estático conforme
(10.3).
43,2
52
2arctan =
⋅⋅
=
π
θ 7,163,0arctan ==eφ
O momento em relação ao eixo central do parafuso vale Nm 401002,02 =⋅⋅=M
θ
S''W
R
θ
n
φ
Pk
- Pk
200 mm 200 mm
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Aplicando-se agora a equação (10.6) tem-se
( ) kN 23N 5,230637,1643,2tan005,040 ≈=→+⋅⋅= WW
A força necessária para afrouxar o parafuso é obtida aplicando-se diretamente a equação (10.8).
( ) Nm 3,2943,27,16tan005,05,23063" =−⋅⋅=M N 3,73
2,02
3,29
=
⋅
=P
Exemplo 2. O equipamento de elevação de cargas ilustrado consiste num mecanismo
formado por um parafuso de rosca quadrada com diâmetro médio de 12 mm, passo de 5 mm e
coeficiente de atrito estático 0,4. Determine o torque a ser aplicado ao parafuso para início da
elevação da carga de 25 kN atuante na extremidade do elevador. O parafuso empregado neste
elevador é autobloqueante?
Solução: O primeiro passo é fazer o diagrama de corpo livre da barra ABC. Para tal deve-se considerar que a
força exercida pelo parafuso nesta barra tem a direção da barra. Escrevendo-se as equações de equilíbrio para
esta barra obtém-se
61,21
631
250tan =→= αα
508 mm 381 mm 250 mm
25
0
19
0
B
C
D
M
A
25 kN
508 mm 381 mm
25
0
19
0
A
B
C
FB
HA
VA
25 kN
α
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061,21sen050861,21cos25,0889,0250 =⋅⋅+⋅⋅+⋅−→=∑ BBA FFM
kN 98,52=BF
O próximo passo é determinar o ângulo de avanço e o ângulo de atrito.
55,7
12
5arctan =
⋅
=
π
θ 8,214,0arctan ==eφ
Aplicando-se agora a equação (10.6) fica
( ) Nm 357,5kNm 3575,08,2155,7tan012,098,52 ==+⋅⋅=M
O parafuso é autobloqueante já que θφ >e .
10.4 CORREIAS
A formulação a seguir apresentada é bastante usada no dimensionamento de elementos
para transmissão de potência, em freios de cinta e em equipamentos de transporte que usem
correias.
Deseja se analisar a relação existente entre as duas forças que atuam no extremo de
uma correia plana, que passa sobre um tambor cilíndrico fixo, quando esta correia está a ponto
de deslizar para a direita. A Fig. (10.12) ilustra esta situação. Nesta figura, β é o ângulo de
abraçamento ou contato entre a correia e o tambor. Este ângulo deve ser medido em radianos
e ele pode ser maior de 2π bastando para isto enrolar a correia várias vezes no tambor. Como
a correia está a ponto de deslizar para a direita sabe-se que T2 deve vencer a ação da força T1
e da força de atrito, logo pode-se afirmar que T2 > T1.
Figura 10.12 – Análise das forças que atuam numa correia.
A análise de equilíbrio é feita sobre um pequeno elemento que está ilustrado na Fig. (10.13).
Numa das faces deste elemento atua uma força T e na outra face, distante ∆θ da primeira, atua
uma força T+∆T. Além disso, atuam uma componente normal ∆N da reação do tambor e a
força de atrito ∆F. Como se considera que o movimento é iminente sabe-se que NF e∆=∆ µ .
Nota-se que quando ∆θ tende a zero os módulos de ∆N, ∆F e ∆T também tendem a zero.
Escrevendo-se as equações de equilíbrio para os eixos ilustrados na figura tem-se
β
P1 P2
O
T1 T2
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Figura 10.13 – Análise do equilíbrio de um pequeno elemento da correia.
( ) 0
2
cos
2
cos0 =∆−∆−∆∆+→=∑ NTTTF ex µ
θθ (10.9)
( ) 0
2
sen
2
sen0 =∆−∆∆+−∆→=∑
θθ TTTNFy (10.10)
Isolando-se ∆N na (10.10) obtém-se
( )
2
sen2 θ∆∆+=∆ TTN (10.11)
e substituindo-se (10.11) na (10.9) fica
( ) 0
2
sen2
2
cos =∆∆+−∆∆ θµθ TTT e (10.12)
dividindo-se ambos os membros da (10.12) por ∆θ e operando-se sobre esta obtém-se (10.13).
0
2
sen
22
cos =
∆
∆





 ∆
+−
∆
∆
∆
θ
θµθ
θ
TTT e (10.13)
Fazendo-se agora o limite da expressão (10.13) quando ∆θ tende a zero fica
θµµ
θ
d
T
dTT
d
dT
ee =→=− 0 (10.14)
Integrando-se ambos os membros da (10.14) tem-se
∫∫ =
β θµ
0
2
1
d
T
dT
e
T
T
(10.14)
que resulta em
O
T T+∆ T
∆ N
∆ F
∆ θ
x
y
∆ θ/2 ∆ θ/2
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200 N
F
B
A
200 mm
60o
βµβµβµ eee eT
T
T
TTT =→=→=−
1
2
1
2
12 lnlnln (10.15)
A equação (10.15) pode ser empregada em problemas que envolvam correias passando em
tambores fixos, cordas enroladas em cabrestantes e freios de cinta. Neste tipo de problema, é
o tambor que está a ponto de girar, enquanto a cinta permanece fixa. Esta fórmula também
pode ser aplicada em correias de transmissão de potência. Neste caso, tanto a polia como a
correia giram, e o objetivo é verificar se a correia deslizará em relação à polia. Quando há um
deslizamento efetivo da correia ou corda deve-se aplicar o coeficiente de atrito cinético µc no
lugar de µe na expressão (10.16).
Exemplo 3. Determinar a força na amarra que poderia ser suportada por uma força de
200 N, quando a amarra estivesse enrolada 2 voltas completas em torno de um poste.
Considere que o coeficiente de atrito estático entre a corda e o poste é de 0,3.
Solução: Aplica-se diretamente a equação
(10.15).
rad 6,1222 =⋅= πβ
T1 = 200 N e T2 = F
N 8763200 6,123,02 =⋅=
⋅eT
Exemplo 4. Uma correia plana liga a polia A, que aciona um equipamento, à polia B,
que é acionada por um motor elétrico. Os coeficientes de atrito entre ambas as polias e a
correia são µe = 0,25 e µc = 0,2. Sabendo que a maior força de tração na correia é de 3000 N,
determine o maior torque que pode ser exercido pela correia na polia A.
Solução: Considerando que a força de resistência ao
escorregamento entre a correia e a polia depende do
coeficiente de atrito estático e do ângulo β, nota-se que o
escorregamento ocorrerá antes na polia com menor β ou
seja a polia B. A figura na próxima página ilustra como
obter o ângulo de abraçamento para cada uma das polias.
Considerando-se a polia B tem-se que a força T2 está no
ramo tensionado da correia, e a força T1 está no ramo
frouxo da correia. Como a maior força de tração vale 3000
N conclui-se que esta é T2. Aplicando-se a equação (10.15)
para esta polia tem-se
rad 094,2
3
2120 ==°= πβ
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98
B
A
60o
180,0°
90.0°
30o
B
A
240o
120o
T2
T2 T1
T1
Ax
Ay
MA
N 17773000 1
094,225,0
1 =→⋅=
⋅ TeT
Fazendo-se o diagrama de corpo livre da
polia A tem-se um momento MA que é
aplicado à polia pelo equipamento ao qual
ela está presa. Este momento é igual, mas
com o sentido contrário, ao momento
aplicado pela correia.
Escrevendo-se as equações de equilíbrio:
0=∑ AM
017772,030002,0 =⋅+⋅−AM
Nm 6,244=AM
Pode-se verificar se a correia escorrega na
polia A, calculando o valor de µe necessário
para evitar o escorregamento e confrontando
este valor com o que foi dado no problema.
1
2ln
T
T
Ae =⋅ βµ
rad 189,4240 =°=Aβ
1777
3000ln189,4 =⋅eµ
25,0125,0 <=eµ
Não há escorregamento entre a correia e a
polia A.
Exemplo 5. Determine a maior massa que pode ser suportada pelo tambor se uma
força de P de 20 N é aplicada ao punho da alavanca conforme ilustrado na Fig. (10.12). O
coeficiente de atrito estático entre a cinta e a roda é de 0,3. O tambor é fixado em seu centro B
através de um pino.
Solução: O freio de cinta utilizado neste exemplo é do tipo diferencial. Os dois extremos da cinta sãoligados na
própria alavanca, com esta configuração a força T1 auxilia a aplicação do freio.
O primeiro passo para solução do problema é fazer o diagrama de corpo livre da alavanca.
P
C
700
25
60
HC
VC
T1
T2
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99
B
300200
mg
T2
T1
HB VB
Figura (10.12) – Freio de cinta do tipo diferencial.
Escrevendo-se as equações de equilíbrio para o diagrama de corpo livre da alavanca obtém-se
1212 4,2560006,0025,0207,00 TTTTM C +=→=⋅−⋅+⋅−→=∑ (1)
Aplicando-se agora a equação (10.15) tem-se
1
2
33,0
12 111,4 TeTT ⋅=⋅=
⋅
π
 (2)
Substituindo-se (2) em (1) obtém-se T1 = 327,29 N e T2 = 1345,5 N. A força de frenagem efetiva ou
seja a força que gera o momento contrário ao movimento de rotação da roda vale T2 – T1 = 1018,2 N.
Para se determinar a maior massa que pode ser suportada pelo tambor deve-se fazer um diagrama de
corpo livre deste. Aplicando-se as correspondentes equações de equilíbrio obtém-se
03,02,10182,003,05,134529,3273,02,00 =⋅−⋅→=⋅−⋅+⋅→=∑ mgmgM B
m = 156 kg (valor aproximado)
P
C
B
A 700
25
60
300200
(mm)