CP.
AUT.
PROJ.
PROJETOS INDUSTRIAIS
TREINAMENTO E CONSULTORIA TÉCNICA
Volume 1
Elabora ão: Pro . Carlos Paladini
Rua Artur Moreira, 197 – Jd. Marek - Santo André – SP - CEP: 09111-380 Fone: (0xx11)4458-5426 - Cel: (0xx11)9135-2562 - E-mail:
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Índice Vol. 1:
DEDICATÓRIA E AGRADACIMENTOS....................pág. 1 Critério da Resistência, Critério da deformação, Critério da corrosão, INTRODUÇÃO......................................................pág. 2 Critério de choques, Critério do processo, Critério baseado em considerações econômicas, Relação de transmissão.
DEDUÇÃO DE FÓRMULAS.....................................pág. 5 MOMENTO TORÇOR OU TORQUE.........................pág. 6 Dedução da fórmula, potência
RENDIMENTO......................................................pág. 9 VALORES APROXIMADOS DOS RENDIMENTOS DOS ELEMENTOS DE MÁQUINAS..................................pág. 10 Exemplos e respostas
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 sala de aula. aproveitado na execução dos trabalhos propostos e debates em 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 - 1
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) Materiais Acabamentos superficiais; 5) 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 - 2
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/ O U 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:
Feito por chapas (poucas unidades)
Feito por forjamento (maior quantidade)
V1 - 3
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 - 4
Roda Motora: gera o movimento. Roda Movida: é acionada para ter movimento.
DEDUÇÃO DE FÓRMULAS S V (V = = Velocidade; S = Espaço; T = T
Tempo)
Em uma circunferência o espaço percorrido é:
s=π.D A rotação “n” é o espaço percorrido por minuto (rpm):
n=
S T
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:
n1 D 2 = n 2 D1
D1 . n1 = D 2 . n 2 →
Então a relação de transmissão “i” pode ser expressa como: i
=
n 1 D 2 Z 2 rpmMotora Z 2 Movida = = = = n 2 D1 Z1 rpmMovida Z1 Motora
i t = i1 . i 2 . i 3 . ... ou
ηInicial ηFinal
(i t = i total )
Onde: η = rpm D = diâmetro Z = n° de dentes
Observação: Para cálculos com engrenagens, a relação de transmissão deverá obedecer certas regras que adotamos no momento i < 5. Ex.: Para saber o N.º de pares de Onde: n1 = Rotação Motora; n2 = Rotação Movida; D1 =Roda Motora; D2 = Roda Movida; π = 3,141592654.
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 . i 5 . iη
Teremos: 35 = 5 . i2 ∴ 35 = 7 ultrapassa 5 Para calcular uma relação o valor máx i < 5 ∴ 35 = 5 . 5 . i3 ∴ i3 = de transmissão num par de engrenagem. partindo 35 1° par da relação total, obedecemos a seguinte fórmula: ∴ 2° par 3° par 25 q i = i t i3 = 1,4 ∴ < 5 esta dentro do admissível. Sendo: i = Relação de um par de engrenagem; Conclusão: usaremos 3 pares. q = Quantidade de pares de engrenagem; De posse dos dados anteriores sabemos it = Relação de transmissão total. que 3 pares são suficientes ∴ p/ equalizar as relações de transmissão por par usamos a equação recomendada: i por par = q i t ∴ i por par = 3 35 i por par = 3,27
V1 - 5
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
N=
F.V ; 75
Onde: N=Potência F=Força V=Velocidade MT = Momento Torçor R=Raio D = Diâmetro) n=Rotação
F=
MT R
ou
F=
2 . MT ; D
V=
π.D.n 60
(CV) (kgf) (m/seg) (kgf. cm) ( kgf . m) (m,cm) (m, cm) (rpm)
Substituindo na fórmula de potências:
(2 . MT) . (π . D . n) D 60 → N= N = 75 75 716,19 . N MT . 0,10472 . n F. V
N
=
→ MT =
(kgf m)
75 n 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”
V1 - 6
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:
N=
T
→N=
t
F. S t
Como: V = S , então N = F . V (kgfm / seg) t
Onde: N = Potência F=Força V = Velocidade
(kgfm/seg) (kgf) (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. 120.Hz nas ≅ 0,95 . ns ns = NP Se: 1CV = 75 kgf . m , então N = F . V (cv)
seg
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
F '. V N = 735
75
N=
N=
F. V (H P) N = POT . HP 76 F = Força kgf V = Vel. m /s
F' . V (HP) N = POT HP 745 F' = ForçaNewton V = Velo.m /s I kgf = 9,8 Newto
N = Potência cv F’= Força Newton V = Velocidade m /s I kgf = 9,8 Newton
POTÊNCIA CV HP HP CV KW KW
N=F.V
Força = 75 kgf Distância = 1m Tempo =1Seg Trabalho=75kgm Potência = 1 CV
(W) N =
N = Potência (W) Força Newton V = Velocidade m /s η = Rendimento
TABELA DE CONVERSÃO MULTIPLICAR POR PARA OBTER 0.736 KW 0.746 KW 1.014 CV 0.9863 HP 1.34 HP 1.36 CV
F. V ( KW ) 1000
N=
F.V (KW) 1000.η
V1 - 7
Há outras formas de expressar a fórmula de potência: “Potência de Levantamento”: É a potência para levantar um objeto em determinado tempo. Obs.: 1 Kgf = 9,8Newton
N=
F. π .D.n 75 . 60 . η
(cv) N=
Onde: N=Potência F=Força D = Diâmetro da roda n=Rotação
(CV) (kgf) (m) (rpm)
Onde:
=
Q . V . 1000 60 . 75 . η
(KW)
Onde: N = Potência (KW) F = Força (Kgf) V = Velocidade (m/s)
ou N
F.V 102
(cv)
N=
F`.V 1000
(KW)
Onde: N = Potência (KW) F` = Força (Newton) V = Velocidade (m/s)
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:
N=
Tensão.Corrente (kw ) 1000
N=
Tensão.Corrente (CV ) 736
Tensão = Volts
Corrente = Ampéres
“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.
WT . V . ∑ Pesos (cv ) 60. 75.η F. V P= (kw ) 1000.η P = Potência (kw ) N=
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) 2 d F = Força Resistente F = m. g. . µL. + f + c = Newton D 2 V = m/s η
= Rendimento Trans.
V1 - 8
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.
η = 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.
N=
4 . J . n2 t . 270000
)(cv
Onde:
J total . n 2 )( kw 91200 . ta P = Potência (kw ) n = Rpm ta = Tempo Aceleração seg.
P=
t=Tempoparaacelerar Rotação =n Inércia =J
(seg) (rpm) (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 N saida red - etc... N motor = A simbologia de Rendimento é“η” η global η
=
PotênciaUtil PotênciaAbsorvida
ou
η
=
PotênciaSaída PotênciaEntrada
η
<1
O rendimento não tem unidade, é um número puro. Porém, pode ser expresso em porcentagem. Exemplo:
η=
PotênciaSaída PotênciaEntrada
5 6
η = → 0,83 ou 83%
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. ηt = η1. η2. η3..... A seguir, alguns valores de rendimentos tabelados, obtidos através da prática.
V1 - 9
VALORES APROXIMADOS DOS RENDIMENTOS DOS ELEMENTOS DE MÁQUINAS
ELEMENTOS DE MÁQUINAS Mancaisdeescorregamento Mancais roletes de Mancais de rolamentos Engrenagenscilíndricasfundidas Engrenagenscilíndricasfrezadas Engrenagenscilíndricascônicasfundidas Engrenagenscilíndricascônicasfrezadas Correias planas Correias V em Correntes silenciosas Correntes Renold Cabos Roscasemfim(aço-bronze) com1entrada Roscasemfim(aço-bronze)com2entradas Roscasemfim(aço-bronze)com3entradas Parafusodemovimentocom1entrada Parafusodemovimentocom2entradas Talhas com roldanas 23 Talhas com roldanas Talhas com roldanas 4 Talhas com roldanas 5 Talhas com roldanas 6 Talhas com roldanas 7 Talhas com roldanas 8 Talhas com roldanas 9 Talhas com 10 roldanas Acoplamento
η 0,950,98 a 0,98 0,99 0,93 0,96 0,92 0,95 0,96 0,97 a 0,98 0,97 a 0,97 0,99 a 0,95 0,97 a 0,96a0,94 0,50a0,60 0,70a0,80 0,80a0,85 0,25a0,30 0,40a0,60 0,94 0,92 0,91 0,89 0,87 0,86 0,83 0,82 0,80 0,98 0,92 a
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 0,94 a 0,97 qualidade das engrenagens Redutores:Engrenagenscônicasouroscasem-fim Consultar fabricante
V1 - 10
EXEMPLOS PRÁTICOS PARA CÁLCULOS DE ACIONAMENTOS
1.
No sistema acima determine: 1) 2) 3) 4) 5) 6) 7) 8)
- O momento torçor da carga n.º 2 kgf. cm
- Calcular o momento torçor da carga n.º 1 kgf. cm - O momento torçor da resultante kgf. cm - A potência para acionar opeso no tambor em CV - O rendimento global – A potência do motor em CV com 15% a mais de segurança A potência em HP no motor com 15% a mais de segurança 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 ∴ O MT da carga n.º 2 = 105000 kgf. cm
2) 3T = 3000kgf r = 150 mm = 15 cm MT = F.r ∴ MT = 3000.15 ∴ MT = 45000 kgf. cm
∴ MT da carga n.º 1 = 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: – Mt1kgf. ∴ cm∴ 105000 – 45000Mt2 = 60000 MT resultante = 60000 kgf. cm
4) Potência:
Mt . n ∴ 71620 entra em metro π.D .n π . 0,3 . n 0,1. 60 ∴ 0,1 = =n = ∴ V= 60 60 3,14 . 0,3 MT . n 60000 . 6,4 ∴ = ∴ N= 71620 71620 N=
n = 6,4 rpm
N = 5,4 CV POTÊNCIA PARA ACIONAR O PESO SEM PERDAS. V1 - 11
5) Rendimento global:
ηg = η1. η2. η3.ηn ... ηg = 0,94. 0,82. 0,94. 0,972 ∴ ηg = 0,68 ∴ O RENDIMENTO GLOBAL
= 0,681
6) Potência em CV com 15% a mais (de segurança) Nn = POTÊNCIA
NORMAL CONSIDERANDO PERDAS ∴ 5,4 ∴ Nn = 7,94 CV Nn = 0,68 Obs: para que o motor trabalhe com folga sem aquecer, é recomendável acrescentar de 15% a 20% a mais na potência final do motor.
V1 - 12
CP.
AUT.
PROJ.
PROJETOS INDUSTRIAIS
TREINAMENTO E CONSULTORIA TÉCNICA
Volume 2
Elabora ão: Pro . Carlos Paladini
Rua Artur Moreira, 197 – Jd. Marek - Santo André – SP - CEP: 09111-380 Fone: (0xx11)4458-5426 - Cel: (0xx11)9135-2562 - E-mail:
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Índice Vol. 2:
Exercícios.............................................................pág. 1 EXEMPLOS DE CÁLCULOS.....................................pág. 3 Potência, Rendimento Global
CARRO TRANSPORTADOR DE BOBINAS.................pág. 7
CENTRO DE GRAVIDADE DAS MASSAS...................pág. 8
CÁLCULO DE MOMENTO DE FRENAGEM E POTENCIA DE MOTOR................................................................pág.10 PROJETO 2..........................................................pág. 12
COM 15%: N DO MOTOR = 7,94. 1,15 ∴ N DO MOTOR = 9,131 CV
∴N DO MOTOR COM 15% ≅ 9,5 CV 7) 9,5 cv . 0,9836 = 9,3442 HP 8)
V=
π.d.n 60
∴
0,1 = 3,14.60 0,3 . n ∴ 0,1. 60 = n ∴ n = 6,36 rpm 3, 14 . 0,3
9)
iT
=
iT
=
n1
∴
n2 1140 6,36
∴
iT = 179, 24
2.
Carga 2
Carga 1
LADO 1
LADO 2
No sistema acima determine: a) b) c) d) e) f) g) h) i) j)
Calcular MT da carga n.º 2 Calcular a potência CV para levantar a carga 2 Calcular o rendimento global para o conjunto lado 2 Calcular a potência deregime – ou entrada do conjunto 2 Calcular MT na carga n.º1 Calcular a potência para acionar o conjunto 1 Calcular o rendimento global do conjunto 1 Calcular a potência de regime do conjunto 1 Calcular a potência necessária para acionar os conjuntos com 15% de reserva Calcular o rendimento global (ηg )
V2 - 1
RESPOSTAS:
a) MT DA CARGA N.º 2 MT = F.r ∴ MT = 2000.12,5 ∴
MT = 25000 kgf. cm
b) POTÊNCIA CV PARA ELEVAR CARGA N.º 2 MT . n2
N
=
it
n1 ∴ = n2
71620
∴ N=
∴
1800 n2 25000 . 51,43 35
=
∴ n2 = 51,43 rpm
∴
71620
N
= 17,95 cv
c) RENDIMENTO GLOBAL P/ LADO 2
ηg = η1. η2. η3. ηη ... ∴ ηg = 0,95. 0,85. 0,8 ∴
ηg = 0,646
d ) POTÊNCIA DE REGIME P/ LADO N.º 2 NR = 17,95 potência normal ∴ 0,646 rendimento
NR = 28 cv
e) MOMENTO TORÇOR DA CARGA 1 MT = F.r ∴ MT = 1000.15 ∴ MT = 15000 kgf. cm
f) POTÊNCIA PARA ACIONAR O CONJUNTO 1 N
=
MT . n2
71620 it = it1 . it2 i=
n1 n2
∴ N=
∴
∴ ∴
67,5
it = 4,5 . 15
=
1800 n2
15000 . 26,6 71620
∴ it = 67, 5
∴ n2 = 26,6 rpm
∴ N = 5,57 cv
g) RENDIMENTO GLOBAL DO CONJUNTO 1
ηg = ηg1. ηg2. ηg ... ∴ ηg = 0,95. 0,9. 0,85 ∴
ηg = 0,72
h) POTÊNCIA DE REGIME DO CONJUNTO 1
NR =
5,57 ∴ 0,72
NR = 7,73 cv
V2 - 2
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 ∴ N total = 44,66 CV
j) RENDIMENTO GLOBAL N para acionar conjunto 1
ηg GLOBAL = 5,57 + 17,95 7,73 +
N regime
ηg GLOBAL = 0,658 0,72 + 0,646 2
=
28
N para acionar conjunto 2 ∴ N regime 2
ou
ηg GLOBAL 1 + ηg GLOBAL 2 ∴ 2
ηg GLOBAL = 0,686
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 otempo 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: η
η
η
η η
Observando o equipamento notamos que o atrito que ele sofre é o de rolamento, retentores, etc... F. V Adotaremos coeficiente de aproximação . Cálculo: F =. 0,05 ∴ n = .F.
75
(Obs.: verificar tabela coef. Atrito para cada caso).
V2 - 3
Neste caso a força será seu próprio peso, observando a disposição da força ou peso notamos que: 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
V = 0,157 M /S
∴N = ∴N =
F.V
.f 75 12000 . 0,157
. 0,05 75 N = 1,25 CV ∴ ηg = rendimento global
ηg
= ηg0. ηg1. ηg2. ηg3 ... = 0,98 . 0,96. 0,90. 0,96 ∴
N
=
ηg
1,25 0,81
∴ N = 1,54
CV
+
ηg
= 0,81 ∴
25% ( fator de segurança)
N = 1 54. 1 25 ∴ N = 1,92 cv
Exemplo 2 ( potência em cv dissipada em atrito) Cv Natr = 0,0014 . f . Q . r . n 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 ∴
A fórmula ao lado se baseia em ta @ 5s
Natr = 0,0014 . 0,05 . 12000 . 1,5 . 1 Material do pino Açosobre rolamento/Bronze Aço “ Ferrofundido Aço “ Madeiradura FerroFundido/Bronze FerroFundido/FerroFundido Ferro Fundido / Madeira dura Rolamentos esfera, aço
∴ Natr = 1,26 cv
LUBRF ALTER 0,06 0,06 0,065 0,075 0,1 0,125 0,005
LUBRF contínua 0,03 0,01 0,05 0,05 0,09 0,1 0,003
V2 - 4
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:
P
=
J total . n 2 91200 . ta
J=
(kw )
GD 2 4
[ kgm2 ]
J = cilindro maciço: J = 1 . 1000 . π . e . L . da4 32
P = Potência (kw) n = rpm motor 1 /min. ta = tempo de aceleração
[ Seg] - para o equip. atingir velocidade de regime J = cilindro oco
e = densidade em kg /dcm3
J = 1 . 1000 . p . e . L (da4 - di4 )
32
L = comprimento em M
i = relação de transmissão total
da = diâmetro ext. em M
J = momento de inércia de massa kgm
2
J para secção qualquer : J = Ip . e . L . 1000 Ip = momento de inércia polar (compêndio resmat)
di = diâmetro int. em M
2
1 J redução = J cil. e Equip. i
.
π = 3,14159
V2 - 5
No nosso caso o cilindro é oco∴
Exemplo do cálculo:
J cilindro = 1 . 1000 . π . e . L . ( da4 - di4 ) 32 29061 kgm2
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 = J motor dado =
0,45 0,005
1 J redução equipament o = J cil. i
2
TEMOS NO MOTOR 1750 RPM E NO CILINDRO 1 RPM∴ i=
n1 motora n2 movida
1 J redução equipament o = J cil. i
∴ Motora
1 2 J redução = 29061 . 1750 ∴ 1 equip.
0,009 kgm2
= J redução equipamento.
Movida
J total = J redução equip. + J motor + J redutor ∴ J total = 0,009 + 0,005 + 0,45 ∴
J total = 0,464 kgm2
∴ P = J total . n2 ∴ P = 0,464 . 17502 91200 . ta
91200 . 10 Seg.
P = 1,55 KW para CV = 1,55 . 1,36 ∴
FÓRMULA
P = 2,11 CV
POTÊNCIA DE ROTAÇÃO - DEFINIÇÃO
“Temos pelo SI” P = M . n ∴ [ KW ] 9550
M = momento torção Nm n = rotação em 1 / min
V2 - 6
2
Pelo SI temos também: M
=
n.J 9,55 . T
J = Momento de inércia de massa kgm2 n = Rotação em 1 / min T = Tempo em Seg.
[Nm]
Portanto: P
M .n
=
9550 P . 9550
=
n
∴
P . 9550 n n.J
então :
então : P
9,55 . T
P=
=M
=
n .J 9,55 . T
.
n 9550
então :
J . η2 91202 . t
J = P / cilindro oco : J
=
π
32
4 . P. E . (DKgm − d2 4 )
Kgm²
J = P / cilindro maciço : J
=
π
32
. P. E . (D 4 )
Kgm²
P = peso específico m3 E = largura ou esp. D = diâmetro ext. d = diâmetro int.
CARRO TR ANSPORTADOR DE BOBIN AS F = FORÇA DEVIDA À ACELERAÇÃO força F=M.a massa aceleração m
a padrão = ∆ V ∆t
= 0,1m / s = 0,05 m / s 2s
∆ T = TEMPO DE ACELERAÇÃO = 2 – 0 = 2 F=M
V2 - 7
F.
D
= M. L ∴ F = M . L = M . a ∴
2 M.L D
2
= M .a ∴ a =
D M.L D
a
=
a=L D
L D
M
EX: L = 1000
a U 0,66 m /s2
∆V = D∆T =. a1500 = 2. 0,66 = 1,32 m /s 1,32 m / s = velocidade max . para ta = 2s
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:
massa total (peso)
∴ Sabemos que F = M . a força
aceleração ∴
delta velocidade a=∆V ∆t delta tempo
a = 0, 1 m/s ∴ a = 0,05m/s ∴ M = 33296 ∴ M = 3394 UTM ( unidade técnica de medida) 2S 9,81 aceleração da gravidade F = 3394 . 0,05 ∴ F = 169,70 kg NO EXEMPLO TEMOS: 2 COLUNAS ∴169,70 2
F = 84,85 kg
V2 - 8
Cálculo ∅ do tubo em função de W: 2218 mm 84,85 kg
MF = 188202,16 kg mm πF = MF ∴ 15. W = 188202,16 ∴ w w = 188202,16 15
adotado 150 w = 12546,811 mm3 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 CONCLUSÃO PARA SATISFAZER A CONDIÇÃO, SERÁ NECESSÁRIO d = 4 4,8681 08 UM TUBO COM : ∅150 EXT. E ∅ 148,5 INT. d = 148, 5 mm 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. SABE - SE QUE a 0,05 =
L ∴L 2000
L
= ∴ D
= 100mm
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 : a
=
M
0,1 ∆V ∴a= = 0,05m /s 2 ∴ 2s ∆t
P
33296
g
9,81
= ∴M =
F = M.a
∴ M=
3394, 08
∴ F = 3394,08 . 0,05 = 169,70 kg
Exemplo: Se o tempo de aceleração for menor que 2s, teremos que forçar? ( adotado
1s) velocidade 0,1m/s.
a=
0,1 F = M.a ∴ a = 0,1 ∴ ∴ F = 3394,08 . 0,1 ∴ 1 3394,08
F = 339,408 kgf
Como comprovação a força aumentou. V2 - 9
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 kgm 2 J total. No caso em questão existe também uma força de tração que causará umMT que deve ser transportado também para o eixo ao qual o freio vai atuar, portanto vale a expressão:
MF
=
n . Jt 9,55. tp
+
F. r i
( Nm )
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
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
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.
1 J REDUÇÃO EQUIPAMENTO = J CILINDRO . i
2
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 2 de tração deve-se além da potência para vencer esta força J TOTAL . n NG = de tração com a expressão já vista: 91200 . ta N
=
F .V
1000 . η global 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: NTpotência = total rpm =n 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: V2 V2 - 10- 10
Esquema medidas em mm, unidades transformadas para entrada de fórmula. n = 900 rpm MF = n . Jt + F . r (Nm) ∴ 9,55.t i
t = 1 seg
η global = 0,77
F = 1500 . 9,81 ∴
F = 14715 N
r = 400 = 200 ∴ 200 2 1000
r = 0,2 M
i = 32 Jt = J redução equipamento + J acoplamento + J redutor + J acoplamento com disco tab. estimado transmotécnica estimado 0,02871 0,00920 0,0135 + J motor ∴ 2
J redução equipamento = J tambor . 1 ∴ i 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 tambor = 0,8386859kgm2 2
1 ∴ ∴ J redução equipamento = 0,8386859 . 2 ∴ 32 J redução equipamento = 0,000819 kgm2 Jt = 0,000819 + 0,00920 + 0,0135 + 0,02871 + 0,3050 Jt = 0,357229 kgm2
900 . 0,357229
MF
14715 . 0,2
9,55 . 1 + MF = 125,62 Nm
=
32
MF
∴
33,66
=
91,96
+
∴
Potência para girar será: J TOTAL . n 2 (KW ) 91200 . ta 0,357229 . 900 2 NG = ∴ 91200 . 1 NG =
NG = 3,17 KW no motor para girar
Potência para elevar a carga: N N
= =
F .V 1000.η
N = 11,198 KW no motor para elevar a carga
14715 . 0,586 1000. 0,77 V2 - 11
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 ∴
NT = 19,54 CV
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
N=
N
η
⇒N=
3,5 0,7
N = 5 cv 2º teste SISTEMA INTERNACIONAL (SI) EM FUNÇÃO DO TEMPO DE ACELERAÇÃO E O MOMENTO DE INÉRCIA Ver fórmula do formulário da SEW M 2 .r DISCO: SOBRE O EIXO RADIAL 4 25000 2 . 2 = 25000 kgm 2 ⇒ J DISCO 4
V2 - 12
CP.
AUT.
PROJ.
PROJETOS INDUSTRIAIS
TREINAMENTO E CONSULTORIA TÉCNICA
Volume 3
Elabora ão: Pro . Carlos Paladini
Rua Artur Moreira, 197 – Jd. Marek - Santo André – SP - CEP: 09111-380 Fone: (0xx11)4458-5426 - Cel: (0xx11)9135-2562 - E-mail:
[email protected]
Índice Vol. 3:
CÁLCULO PARA PUXADOR DE FITA LINHA............pág. 1
SOLICITAÇÃO DO ROLAMENTO............................pág. 4
SELEÇÃO DE ACIONAMENTOS..............................pág. 5 Métodos de cálculos, exemplos, fórmulas
APÊNDICE...........................................................pág. 9
EXEMPLOS DE CÁLCULOS.....................................pág. 10
1 i
1 175
25000
J redução =
2
J cil.
J redução equip. =
= ver fórmula no formulário técnico, folha 19
2
J redução = 0,816 kgm2 J total = J redução equip. + J redutor folha 19
+ J motor ver fórmula no formulário técnico
J total = 0,816 + 0,005 + 0,35 J total = 1,17 kgm2
P=
J TOTAL . n 2 91200 . ta 1,17. 1750 2 NG = 91200 . 5 NG =
=
J . n2 91200 . t
Ver formulário técnico folha 20
NG = 7,85 KW => NG = 7,85 . 1,36 = 10,67 CV
Tabela para transformar potência: Potência
Multiplicar
Paraobter
CV HP HP CV KW KW
0,736 0,746 1,014 0,9863 1,34 1,36
KW KW CV
HP
HP CV
Ver formulário técnico folha 06
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: 1050 NM momento fren. 2100 NM momento Temos dois freios ∴ 1050 x 2 = FREN. total ou MF = 214,2 kgf . m
MF
=
Ft . D
2000
∴
2100 =
Ft . 1500 2000
∴
2100 . 2000 1500
OBS.: ( F ⇒ Força trac. na bobina N)
(D⇒ φ max. da bobina mm)
Ft=2800N σt
=
Ft A
∴ σt =
285,71 3,5 . 180
= Ft
Ft=285,71kgf t = 0,45 kgf / mm
2
Sendo que: σt ⇒ Tensão de tração Ft ⇒ Força tangencial A ⇒ Área
V3 - 1
Teremos: Potência alimentação = NALI
=
b . e . σtr . v
N ALI
=
b . e . σtr . v
N ALI
=
180. 3,5 . 0,45 . 0,17
N ALI
V = Normal p/ alimentação 0,17 m / s η = 0,60 coeficiente.
kw
102 .η
kw
102 .η 102 . η
NALI = 0,7875 KW p/ vencer força de freio. ( na chapa de pior condição).
Para tirar a bobina da inércia preciso de: 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 = (D 2 – d2) . 785 . 0,785 . 450 . 10 6 Q = 5546 kgf
V=
n = rpm
π.d.n
∴
60 3,14 . 1,5 . n 0,17 . 60 0,17 = 60 ∴ 3,14 . 1,5 = n ∴ n = 2,16 rpm Natr = 0,628 cv 0,628 . 1,36 = 0,85 KW
Natr = 0,0014 . 0,05 . 5546 . 0,75 . 2,16 ∴ Somando as duas potências teremos: NALI + Natr = 0,7875 + 0,85 =
Npux = 1,64 KW, para o puxador
Para saber a força de tração necessária para calcular a FN que o cilindro deve atuar teremos: MT
=
716,2 . N n
Sabemos que 1,64 . 1,36 e que n 0,17
=
=
V
0,17 . 60
MT
=
16,24
π .d .n
60 3,14 . 0,12 . n
3,14 . 0,12 716,2 . 2,23
=
60
=n
= 2,23 cv
∴ ∴
n = 27 rpm
∴ MT = 59,15
= Ft . b ∴ 59,15 = F . 0,16 MT
985 ,83 Ft
=
Ft = 985,83
0, 06 V3 - 2
Ft = FN . M F 985 FN = t ∴ FN = M 0,15 FN = 6566 kgf
Para determinar ∅ cilindro sabemos que: pressão kgf / cm
2
↑
↑
P=
F → força A → área
kgf /cm
∴ 80 =
2
6566 π
.d
∴ 80 =
2
6566 0,785 . d
2
∴
4 6566
d = 104,39 d = 2 104,39 ∴ 0,785.80 ∅ do cilindro atuador. d = 10,21cm ∴ d = 102 d
2
=
2
Cilindro escolhido marca RACISUL ∅ 4” Hidráulico com rosca na haste de1-7/8”-12 Flange retangular dianteira. Conclusão: utilizar motor de: 1,64 KN n 0,80
∴ Potência =
n no eixo do puxador V
=
π.d.n
n
=
60 . 0,17 3,14 . 0,2
60
∴
0,17 =
2 KW
=á:
3,14 . 0,2 . n 60
∴
= n = 16,24
Motor com 1710 rpm:
∴i =
1710 16,24
∴ i ≅ 105,29
Marca SEW tipo (pg. 121): RF 86 DZ 100LS4; MA = 1163 i = 94,11 nm Na rpm = 18 Com esta especificação ficaremos com: V
=
π
.d.n 60
∴V =
3,14. 0,2 .18 60
∴
V = 0,18 m /s
Obs.: Para que a montagem fique mais elegante e ocupe menos espaço será usado o motor redutor: SEW Engr .cônica com Flange B5
V3 - 3
Tipo: KAF 67 DZ 100 L S 4 Ma = 836 Nm i = 67,65 Potência 2,20 KW com 25 rpm na saída 300 V.
SOLICITAÇÃO DO ROLAMENTO: FN = 6556/2 Temos dois rolamentos FN = 9,8 . 3278 kgf
para cada rolamento
FN = 32124,4
C L 10 P
P* = 3 P/ rolamentos esferas P = Carga = 32124,4 N horas rpm trab. Rol.
P ∗
C = P.P L 10
↓ L 10 =
↓ Lh . n . 60
10 6
↓
Vida em milhões de rotações Lh = 20000 horas trabalho ∼ 6 anos uso com 8,5 dia. L 10 =
20000 . 16,24 . 60 10 6
L 10 = 19,488 C = P. P* L10 C = 32124,4 . 3 19,488 ∴ C = 32124,4 . 2,69 C = 86448 N
ouo
Fl =
C
.Fn P Fl . P = C . Fn
C
=
Fl . P Fn
∴C =
3.32124,4 1,28
= 75291,56
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. V3 - 4
SELEÇÃO DE ACIONAMENTOS MÉTODOS DE CÁLCULO E EXEMPLOS Fórmulas utilizadas no cálculo de acionamentos :
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 Os outros parâmetros necessários para a escolha diversos cor os. correta do acionamento foram abordados nos corpo Posiçãodo símbolo Momento capítulos anteriores. eixo de de inércia rotação em kgm2 Potência necessária para movimento linear: Utilizando-se as fórmulas a seguir, os cálculos dos acionamentos serão efetuados a partir dos parâmetros mecânicos da aplicação (vide simbologia).
Px =
F . V = ...KW 1000 . η
Potência necessária para movimento de rotação: M . n = ...KW 9550 . η
Px =
∑m
= ...KW
Força resistente à translação ( atrito + atrito ao rolamento): d 2 F = m . g . .(μ L . + f) + c = ...N 2 D
Fatores µL . f. c . vide apêndice v3-9 Força de atrito: F = m . g . µ = ... N Momento de carga:
Mx =
Px . 9550
mr2
Cilindro cheio
m 2 r 2
Sobre o eixo longitudinal
Cilindro oco Sobre o eixo parede longitudinal grossa
Cálculo de potência para translação de ponte rolante com o carro em uma extremidade da ponte: m ponte + 2 . ( m carro + m carga ) P' = Px
Cilindro oco Sobre o eixo longitudinal
m r12 + 2 r 2 2
disco
sobre seu eixo
m 2 r 2
disco
sobre o eixo radial
m 2 r 4
esfera
passando pelo centro
esfera oca parede fina
passando pelo centro
barra fina
transversal no meio da barra
2m 2 r 5 2m 2 r 3 m 2 r 12
= ...Nm
n F.r Mx = = ...Nm 1000
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.
Momento de Inércia: A) Redução do momento de inércia ao eixo do motor. Para movimento linear: 2
v = ...kgm 2 nM
Jx = 91,2 . m .
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].
Para movimento de rotação: 2
na 2 Jx = . J . n M = ...kgm
na = rota ão de saída do redutor r m nM = rotação nominal do motor V3 - 5
SELEÇÃO DE ACIONAMENTOS MÉTODOS DE CÁLCULO E EXEMPLOS Fórmulas:
Temos então o teorema: JA = JS + m . S2 = ...kgm2 Velocidade tangencial: v
=
π .
n
. D = ...m /s
60 . 1000
Velocidade de rotação: n
=
v . 1000 . 60
.
π
D
= ...rpm
Tempo de aceleração (movimento horizontal ou de rotação ou vertical “para cima”):
tA
J J M + X η =
9,55 . (C H
. n M = ...s −MX )
Tempo de aceleração ( movimento vertical “para baixo”):
tA
JX J M + η . n M = = ...s 9,55 . (C + M X . η 2 ) H
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”):
tU
=(
JM
+ J X(). η
9,55
. )n M2
(C + M U
− n M1 = ...s 2
. η
X
)
Tempo de comutação (movimento vertical “para baixo”): tU
=
(J M + J X(). η 9,55
. )n M2
(C − M U
X
− n M1
. η2 )
= ...s
Distância de comutação (movimento horizontal ou de rotação ou vertical “para cima”): n sf
= 0,5 . t r . v 2 . 1000 . 1 + M1 = ...mm n M2
Distância de comutação ( movimento vertical “para baixo”): sf
= 0,5 . t r . v 2 .
n S2 n
M2
n s1
n s2
. 1000 . 1 +
= ...mm
V3 - 6
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”): tf *=
(J M 9,55 .
+ J X . η) . n M = ...s (M f + M X . η 2 )
t f * * = (J M + J X . η) . (n M - Δ2n) 9,55 . (M f + M X . η )
= ...s
Tempo de frenagem (movimento vertical “para baixo”): t f ** =
+ J X . η) . (n s + Δn) = ...s 9,55 . (M f − M X . η 2 )
(J M
Distância de frenagem (movimento horizontal ou de rotação ou vertical “para cima”): Sf * = v . 1000 . (t 2 + 0,5 tf ) = ...mm
Sf * = v . [ t 2 . (
Δn
−
nM
2 ) + 0,5 . t ( n M f
nM
−Δn nM
)] . 1000 = ...mm
Distância de frenagem ( movimento vertical “para baixo”): Sf * * = v [ t 2 . (
ns
Δ.n
+ ns
2 ) + 0,5 t ( n s f
+ Δn ns
) ] . 1000 = ...mm
Desaceleração (movimento horizontal ou de rotação ou vertical “para baixo”): af * =
v tf
= ...m/s 2 v. (1 -
a f ** =
Δn
ns
)
tf
= ...m/s 2
Desaceleração (movimento vertical “para baixo”):
a f ** =
v. n s (1 + Δn ) nM ns tf
= m/s 2
. 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. Δn =
9,55 . M X .η 2 . t 2 JM
+ JX . η
= ...rpm, sendo
que esta fórmula deveser aplicada principalmente em mecanismos de elevação.
Aceleração (movimento horizontal ou de rotação ou vertical “para cima”):
aA =
v tA
= ...m / s 2 V3 - 7
Aceleração (movimento vertical “para baixo”):
v. aA =
ns . nM
tA
= ...m / s 2
Desaceleração na comutação (movimento horizontal ou de rotação ou vertical “para cima”):
v. (1 aU =
nM 1
) nM 2 = ...m/s 2
tU
Desaceleração na comutação (movimento vertical “para baixo”):
n s2 n . v (1 - s1 ) nM1 n s2 aU = = ...m/s 2 tU Precisão de posicionamento:
Xf ≈
±
0,12 . s f = ... = mm
Número de ligações admissíveis no motor (movimento horizontal ou de rotação ou vertical “para cima”):
Z adm = Z o .
1- MX CH JM + JZ +
JX
. k p = ...S/h
η
JM Número de ligações admissíveis no motor (movimento vertical “para baixo”):
MX CH = Zo . . k = ...S/h JM + J Z + J X . η p JM 1-
Z adm
Trabalho do freio (por frenagem):
wf =
(J + J + J . η) . nM2 Mf . M Z X = ...J 182,5 Mf + MX . η2
Vida do freio (até a próxima regulagem):
Lf =
wN = ...h w f . Z real
Rendimento reverso para redutores de roscas sem-fim: (fluxo de força da coroa para o eixo sem-fim) 1 ηG
= 2−
nG
nG = rendimento do redutor de rosca sem-fim (conforme catálogo). V3 - 8
APÊNDICE 11.3 Coeficiente de atrito para mancais Rolamentos µ L = 0,005 Buchas L = 0,08 – 0,1 11.4 Fator adicional (atrito pela flange da roda) Rodas com rolamentos Rodascombuchas Guiaderolos
c = 0,003 c=0,005 c=0,002
11.5 Coeficiente de atrito para vários materiais. Aço / aço Atrito estático (a seco) Atrito deslizante (a seco) Atrito estático (engraxado) Atrito deslizante ( engraxado)
µ P= 0,12 – 0,6 µ = 0,08 – 0,5 µ P= 0,12 – 0,35 µ = 0,04 – 0,25
Madeira / aço Atrito estático (a seco) Atrito deslizante (a seco)
µ P= 0,45 – 0,75 µ = 0,30 – 0,60
Madeira / madeira Atrito estático (a seco) Atrito deslizante (a seco)
µ P= 0,40 – 0,75 µ = 0,30 – 0,50
Correias de mat. Sintético / aço Atrito estático (a seco) Atrito deslizante (a seco)
µ P= 0,25 – 0,45 µ = 0,25
Aço / material sintético Atrito deslizante (a seco) Atrito deslizante (engraxado)
µ = 0,20 – 0,45 µ = 0,18 – 0,35
11.6 Atrito ao rolamento ( braço de alavanca da resistência ao rolamento)
≈ 0,5 Açoaço / F=0,05cm f ≈ 1,2 Madeira/aço F=0,12cm f (transportador de rolos) Material sintético / aço F = 0,2 cm f≈2 Borracha dura / aço F = 0,7 cm f ≈7 Material sintético / concreto F = 0,5 cm
Borracha dura / concreto F = 1-2 cm Borracha meio dura / concreto F = 1,5 a 3,5
f
≈5
mm mm mm mm
mm
f ≈ 10 – 20 mm f ≈ 15 – 35 mm
11.7 Fatores adicionais para forças radiais. Tipo de elemento Observação Fator adicional Engrenagens Reta ou helic. Corrente
≥ 17dentes < 17 dentes ≥ 20dentes < 20dentes < 13dentes
Correia em V conf. pré - tensão Correia plana conf. pré – tensão Correia plana conf. pré – tensão Com polia tensora
f
= f= f = f = f = f = f = f =
1,0 1,15 1,0 1,25 1,4 2 a 2,5 4a5 2,5 a 3 V3 - 9
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. Pesoasertransportado m=800kg ( carga desprezível) Aceleração máx. permissível a = 0,6 m / s 2 Velocidade =0,5 v sm/ Rodas motoras ∅ da roda 250 =Dmm ∅ do eixo =60 mm d Mancal de rolamentos Superfíciesdecontato aço/aço Guia pela flange da roda Redução externa c / corrente 1” Z 1 = 16, Z2 = 29 Condições de serviço 150 ligações / hora, 60% ED Rendimento η = 0,85 Veículo de transporte
A) Cálculo do motor. Força resistente à translação: 2
d
F = m . g . [ D . (μ L . 2 + f) + c] = ...N 2 60mm 2 F = 800 kg . 9,81 m/s . [ . (0,005 . 250mm 2
+
0,5 mm) + 0,003] = 64 N
Potência:
F. v = ...kw 1000 . η 64 . N . 0,5 m /s PX = = 0,04 kw 1000 . 0,85 PX =
Momento de carga;
MX =
PX . 9550 = ...Nm nM
M X = 0,04 kw rpm . 9550 = 0,23 ...Nm 1680
V3 - 10
Momento de inércia da carga: v
JX
=
91,2 . m (
JX
=
0,5 m / s 2 91,2 . 800 kg . ( ) 1680 rpm
nM
)2
= ...kgm 2 = 0,00646kgm 2
Motor escolhido; DZ71K4BTF Pn CH nM JM Zo Zo
= = = = = =
0,15 KW 1,79 Nm 1680 rpm 3,52 x 10-4 kgm2 11000 S /h (c/ liberação antecipada do freio) 9900 S /h ( c/ BSE 22)
Tempo de aceleração: ( tA
=
η
+ JM )
.nM
− MX )
9,55 . ( C H (
tA
JX
pega-se no catálogo de motor o valor de cH / cn neste caso 1050 2,1 H c H c = dado do catálogo SEW 2000 pág. 672 = 2,1∴ c H = 2,1 . 0,852 cn
cH MX
= cn ∴
MX
=
= 1,79
0,15 . 9550 1680
Nm
= 0,852
= ...S
0,00646 kgm 2
+ 0,000352 kgm 2 ) 1680 rpm 0,85 9,55 . (1,79 Nm - 0,23 Nm)
=
= 0,90 s
Aceleração: aA
=
v tA
aA
=
0,5 m /s
= ...m/s 2
0, 90 s
= 0,56 m/s 2
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:
com
PX 0,04 kw = = 0,27 e 60% ED PN 0,15 kw
O fator Kp resulta em 0,8 ( vide diagrama 2.9) 1Z adm
= Zo
. JM
MX CH
+
JX
. kp
= s/h
η
JM
1Z adm
= 11000 . {0,000352 +
0,23 Nm 1,79 Nm 0,00646 } 0,85
0,000352
.0,8 = kgm 2 kgm 2
= 339,5 S/h com alívio antecipado de freio.
= 339,5 S/ h com alívio antecipado de freio. V3 - 11
Momento de freio: 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 Tempo de frenagem: tf
=
tf
=
(J M
+ JX
. η) . n
+
9,55 . (M f
2
MX . η )
(0,000352 kgm
2
+
= ...s
0,00646 kgm
2
. 0,85) . 1680 rpm 2
9,55 . ( 1,2 Nm
= 0,75 s
0,23 Nm . 0,85 )
+
Desaceleração: af
=
af
=
v tf
= ...m/s 2
0,5 m /s 0,75 s
= 0,67 m/s 2
Este valor sendo superior ao admissível (0,6 m /s2 ) temos que reduzir o momento de freio (vide apêndice) p/ 0,8 Nm. tf
+
(0,000352 kgm 2
=
0,00646 kgm 2 . 0,85 ) .1680 rpm
+
9,55 . (0,8 Nm
0,23 Nm . 0,85 2 )
= 1,06
s
Desaceleração: af
=
0,5 m /s
= 0,47
1,06 s
m /s 2
Distância de frenagem: Sr = v . 1000 ( t 2 + 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): wf
=
wf
=
Mf Mf
+
MX . η
2
.
(J M
+
J X . η ) . n M2 182,5
= ...J
0,8 Nm 0,8 Nm + 0,23 Nm . 0,85
(0,000352 kgm
2
+ 0,00646
2 2
kgm . 0,85) . ( 1680 rpm)
182,5
2
= 74,8
J
V3 - 12
Vida do freio ( até a próxima regulagem): Lf
=
Lf
=
wN w f . z real
= ...h
120 . 10 6 J 74,8 J . 150 S/h
= 10695
h
B) Escolha do redutor: Velocidade de saída:
v . 60 . 1000 . i = ...rpm π.D 0,5 m / s . 60 . 1000 29 na = . = 69,2 rpm π . 250 mm 16 na =
Redução do redutor:
nM na 1680 rpm i= = 24,3 69,2 rpm i=
Fator de aceleração das massas:
JN 0,00646 kgm 2 = = 18,4 JM 0,000352 kgm 2 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: PN . 9550
Ma
=
Ma
kw . 9550 . 1,6 = 33 Nm = 0,1569,2 rpm
na
. fs
= ...Nm
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”
V3 - 13
CP.
AUT.
PROJ.
PROJETOS INDUSTRIAIS
TREINAMENTO E CONSULTORIA TÉCNICA
Volume 4
Elabora ão: Pro . Carlos Paladini
Rua Artur Moreira, 197 – Jd. Marek - Santo André – SP - CEP: 09111-380 Fone: (0xx11)4458-5426 - Cel: (0xx11)9135-2562 - E-mail:
[email protected]
Índice Vol. 4:
ACIONAMENTO DE UM CARRINHO COM UMA VELOCIDADE......................................................pág. 1 Cálculos, Transportador de rolos, Transportador de corrente, Transportador de corrente, Transportador de corrente, Transportador inclinado para volumes.
Acionamento de um carrinho com uma velocidade.
Peso sem carga m o = 5000 kg Peso com carga m c = 16000 kg Velocidade Vmax 20 m /min = 0,33 m/s As quatro rodas são motoras Diâmetrodaroda D=400mm Diâmetrodoeixo d= 80mm Mancais de rolamento, aço / aço, guia de rolos Reduçãoexterna 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:
F=m . g . [
2 D
. (μ L .
d 2
+ f ) + c] = ...N
Fo = 16000 kg . 9,81 m /s 2 [ 2
2 400 mm 2
. (0,005 .
Fo = 5000 kg . 9,81 m /s [ 400 mm . (0,005 .
80 mm 2 80 mm 2
+ 0,5 mm ) + 0,002] = 863 N
+ 0,5 mm ) + 0,002] = 270 N
Potência de saída por motor:
PX =
F. v = ...kw 1000 . η . X A
Po =
863 N . 0,33 m /s = 0,17 kw 1000 . 0,85 . 2
Po =
270 N . 0,33 m /s = 0,052 kw 1000 . 0,85 . 2
Momento de carga por motor: P . 9550 MX = X = ... Nm nM
MO = MO =
0,17 kw . 9550 3300 rpm 0,052 kw . 9550 3300 rpm
= 0,49 Nm = 0,15 Nm
Momento de inércia por motor: 1 v 2 J X = 91,2 . . m . ( ) = ... kgm 2 XA nM
J O = 91,2 .
1 2
. 16000 kg . (
0,33 m/s 3300 rpm
) 2 = 0,00730 kgm 2
J O = 91,2 . 1 . 5000 kg . ( 0,33 m/s ) 2 = 0,00228 kgm 2 2 3300 rpm
V4 - 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: J (J M + J Z + X ) . n M
tA =
η
9,55 . (C H - M X )
= ... s 0,00730
) kgm 2 . 3300 rpm 0,85 = 1,8 s 9,55 . ( 2,71 Nm - 0,49 Nm )
(0,000527 + 0,00250 + t A0 =
(0,000527 + 0,00250 +
0,00228
2
) kgm . 3300 rpm 0,85 = 0,8 s 9,55 . ( 2,71 Nm - 0,15 Nm )
t AO = Aceleração:
v 2 a A = t A = ... m / s 0,33 m / s2 aA C = = 0,18 m/ s 2 1,8 s 0,33 m / s2 aA O = = 0,41 m/ s 2 0 ,8 s Distância da partida: S A = 0,5 . v .t A . 1000 = ... mm
S A O = 0,5 . 0,33 m/ s . 1,8 s 1000 = 297 mm S A O = 0,5 . 0,33 m/ s . 0,8 s 1000 = 132 mm Número de partidas admissíveis: 1Z adm = Z O .
Kpe = 0,8 ( vide § 2.9 com 60% ED e
MX
PX = 0,33) PN
CH
JM + JZ +
J X . k p = ... S/ h η
JM 2700S/h . (1 -
Z adm o =
0,49 Nm
) . 0,8 2,71 Nm = 80 S/ h 0,00730 (0,000527 + 0,00250 + ) kgm 2 0,85 0,000527 kgm 2
Kpe = 1,0 ( vide § 2.9 com 60% ED e 2700S/h . ( 1 -
Z adm o =
PX = 0,1) PN
0,15 Nm
) . 1,0 2,71 Nm = 235 S/ h 0,00228 2 (0,000527 + 0,00250 + 0,85 ) kgm 0,000527 kgm 2
V4 - 2
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: (J + J Z + J X . η) . N M tf = M = ... s 9,55 . ( M f + M X . η 2 )
(0,000527 + 0,00250 + 0,00730 . 0,85 ) kgm 2 . 3300 rpm
t fo =
2
t fo =
9,55 . ( 2,5 Nm + 0,49 Nm . 0,85 ) (0,000527 + 0,00250 + 0,00228 . 0,85 ) kgm 2 . 3300 rpm 9,55 . ( 2,5 Nm + 0,15 Nm . 0,85 2 )
= 1,12 s = 0,66 s
Desaceleração: v af = = ...m/ s 2 tf
a fe = a fo =
0,33 m /s 2
= 0,29 m /s 2
1,12 s 0,33 m /s 2
= 0,50 m /s 2
0,66 s
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 /s 1000 . ( 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)
Wf = Wfe = Wfo =
Mf Mf + MX . η
2
.
(J M + J Z + J X .
η)
. n M2
182,5
= ... J 2
2,5 Nm 2,5 Nm + 0,49 Nm . 0,85
2
.
(0,000527 + 0,00250 + 0,00730 . 0,85) kgm . (3300 rpm)
2
182,5
= 483 J
2 2 2,5 Nm . (0,000527 + 0,00250 + 0,00228 . 0,85) kgm .(3300 rpm) = 284 J 2 182,5 2,5 Nm + 0,15 Nm . 0,85
Vida do freio (até a próxima regulagem):
Lf =
wN wf Z
= ... h real 6
L fe = L fo =
120 . 10 J 483 J . 60 S / h 120 . 10 6 J . 284 J . 60 S / h
= 4141 h = 7042 h
A vida do freio até a próxima regulagem, estará entre 4141 e 7042 horas com 60 frenagens / hora, dependendo da carga do carrinho. V4 - 3
B) Escolha do redutor: Velocidade de saída:
na =
v . 60 . 1000
. i v = ... rpm . D 0,33 m / s . 60 . 1000 na = . 2,9 = 45,7 rpm π . 400 mm 3300 rpm i = 45,7 rpm = 72,2 π
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:
JX
O fator de serviço necessário fs = 1,2 ( vide diagrama § 5.3).
JM + J Z
= 2,4
Momento de saída:
Ma = Ma =
PN . 9550
. f s = ... Nm
na
0,55 kw . 9550
. 1,2 = 138 Nm
45,7 rpm
Força radial:
FQ = Ma .d 2000 . f z = ... N o Fz = 1,15 ( ver . § 11.7)
FQ =
138 Nm . 2000 . 1,15 = 2442 N 130 mm
Forças radiais:
FQ = FQ =
Ma
.
2000
do
. f z = ... N
969 Nm . 2000 120 mm
. 1,15 = 18573 N
Dos resultados acima, chegamos ao seguinte motoredutor: Tipo: PN = i = n =
R90DZ90L4TF 1,5 KW (COM 100% ED) 67,05 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 de12000 N, foi escolhido um redutor maior.
V4 - 4
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. Diâmetrodosrolos Diâmetrodoseixos Atrito: Mancais de rolamento, madeira / aço Distânciaentreosrolos Um rolo sim e um não é acionado por corrente Redução externa por engrenagem de corrente
D=89mm d =30mm (f = 1,2 mm) 220mm 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:
F1
d = F2 . R 2 2 F2 . d R = = ... N
F1
=
F1
.
h
h 1000 N . 0,1 m 1 m
F1
= 100 N h
F2
2
A aceleração máxima admissível pode ser calculada por: F1 = m . a a = a =
F1
dR
= ... m /s 2
m 100 N
100 kg
2
= 1 m /s 2
V4 - 5
Força resistente: F
= m . g .[
2 D
d
. (µ L .
2
+ f ) + c] = ... N
2 FC = 3000 kg . 9,81 m /s . [
2 FO = 1000 kg . 9,81 m /s . [
2 89 mm
. ( 0,005 .
30 mm 2
+ 1,2 mm ) + 0] = 843 N
2 . ( 0,005 . 30 mm + 1,2 mm ) + 0] = 281 N 89 mm 2
Quantidade de rolos: 5000 mm 220 mm
= 23 rolos, destes, 11 são acionados, ou seja, existem 11 transmissões por corrente.
O rendimento total da transmissão é dado por: ηK = (0,96)11 = 0,64 (vide § 11.2) Potência:
F . V = ... kw 1000 . ηG . ηK PO = 843 N . 0,33 m/ s = 0,48 kw 1000 . 0,9 . 0,64 281 N . 0,33 m/ s PO = = 0,16 kw 1000 . 0,9 . 0,64 PX =
Momento da carga:
MX = MO = M = O
PX . 9550 nM
= ... Nm
0,48 kw . 9550 1680 rpm 0,16 kw . 9550
= 2,7 Nm ( c /3 pallets) = 0,9 Nm ( c /1 pallet)
1680 rpm
Momento de inércia:
J X = 91,2 . m . (
V nM
2
) = ...kgm
2
0,33 m/ s 2 J O = 91,2 . 3000 kg . ( ) = 0,01056 kgm 2 1680 rpm 0,33 m/ s 2 J O = 91,2 . 1000 kg . ( ) = 0,00352 kgm 2 1680 rpm
V4 - 6
Motor escolhido:
DZ80K4 PN nM JM CH ZO
= = = = =
0,55 KW 1680 rpm 0,000655 kgm2 6,9 Nm 12000 S/ h
Tempo de aceleração:
(J M + tA =
JX ηG
.
ηK
) . nM
9,55 . (C H - M X ) ( 0,000655 kgm 2 +
= ... s 0,01056 kgm
2
) .1680 rpm 0,9 . 0,64 = 0,80 s 9,55 . ( 6,9 Nm - 2,7 Nm)
t AC =
( 0,000655 kgm 2 +
0,00352 kgm 2
) . 1680 rpm 0,9 . 0,64 = 0,20 s 9,55 . ( 6,9 Nm - 0,9 Nm)
t AO = Aceleração:
aA =
V = ... m/ s 2 tA
a AC = 0,33 m /s = 0,41 m/ s 2 0,80 s 0,33 m /s a AO = = 1,65 m/ s 2 0,20 s
(valor alto demais, a condição de 1,0 m /s 2 não é respeitada).
Tentando um motor de 2 pólos:
Considerando uma rotação do motor de 3300 rpm temos: Jc = 0,00274 kgm2 MC = 1,39 Nm
JO = 0,00091 kgm2 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:
(J M + tA =
JX ηG
.
ηK
) . nM
9,55 . (C H - M X )
= ... s
0,00274 ) kgm 2 . 3300 rpm 0,9 . 0,64 = 0, 75 s 9,55 . (3,9 Nm - 1,39 Nm)
(0,000655 + t AC =
t AO =
0,00091
) kgm 2 . 3300 rpm 0,9 . 0,64 = 0, 22 s 9,55 . (3,9 Nm - 0,46 Nm
(0,000655 +
V4 - 7
Aceleração:
V = ... m /s 2 tA 0,33 m /s a AC = = 0,44 m /s 2 0,75 s 0,33 m /s a AO = = 1,5 m /s 2 ( A aceleração continua alta demais) 0,22 s aA =
Tempo de aceleração ( motor com massa de inércia adicional) Inércia adicional -- JZ = 0,00368 kgm2
( JM + J Z + tA =
JX
η G . ηK
) . nM = ... s
9,55 . (CH - M X )
0,00274 ) kgm 2 . 3300 rpm 0,9 . 0,64 = 1,25 s 9,55 . ( 3,9 Nm - 1,39 Nm)
(0,000655 + 0,00368 + t AC =
0,00091 ) kgm 2 . 3300 rpm 0,9 . 0,64 = 0,59 s 9,55 . ( 3,9 Nm - 0,46 Nm)
(0,000655 + 0,00368 + t AO = Aceleração:
a A = V = ... m /s 2 tA 0,33 m /s = 0,26 m /s 2 a AC = 1,25 s 0,33 m /s = 0,56 m /s 2 (Valor inferior ao máximo admissível). a AO = 0,59 s 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.):
Z adm = Z O
1 - MX CH JM + J Z +
JX η G - ηK
. k p = S/ h
JM PX = 0,64) PN
Kpc = 0,6 ( do diagrama § 2.9,40% ED,
1,39 Nm ) . 0,6 3,9 Nm = 6500 s /h . = 181 s /h 0,00274 (0,000655 + 0,00368 + ) kgm 2 0,9.0,64 0,000655 . kgm 2 (1 -
Z adm
V4 - 8
B) Escolha do redutor.
Velocidade de saída:
V . 60 . 1000 i v = ... rpm π . D 0,33 m/s . 60 . 1000 21 na = . = 99 rpm π . 89 mm 15 na =
Fator de serviço:
JC 0,00274 = = 0,63 JM + J Z 0,000655 + 0,00368 Fs = 1,2 ( do diagrama § 5.3, tipo de carga II, 100 S/h. 8 h/ dia. Momento da saída:
PN . 9550 . fs = ... Nm nA 0,75 kw . 9550 MA = . 1,2 = 87 Nm 99 rpm MA =
Diâmetro do pinhão para corrente: Para uma corrente de 1” e o pinhão de z = 15 dentes, o diâmetro primitivo é dado por:
dO =
1 . 25,4 mm = 122,2 mm 180º sen 15º
Forças radiais:
FQ =
M a . 2000 dO
. f z = ... N
fz = 1,25 (vide § 11.7) FQ =
87 Nm . 2000
. 1,25 = 1780 N
122,2 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 temperaturaTF “ ”.
V4 - 9
Transportador de corrente.
O acionamento para um transportador de corrente deverá ser escolhido, conforme dados: Carga 300 =kg m Pesodacorrente m=8 0kg 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:
F . V = ... kw 1000 . ηL . ηG 932 N . 1 m/s = 1,14 kw PX = 1000 . 0,86 . 0,95 P . 9550 = ... Nm MX = X nM 1,14 kw . 9550 = 6,3 Nm MX = 1720 rpm PX =
Momento de inércia: V 2 2 J X = 91,2 . m . ( ) = ... kgm nM
1 m/s 2 J N = 91,2 . 380 kg . ( ) = 0,01171 kgm 2 1720 rpm
A potência do motor será reduzida quando a tensão aplicada cai para 340V. UU = tensão reduzida PU UU 2 340 V 2 UN = tensão nominal =( ) =( ) PU = potência reduzida PN UN 380 V PN = potência nominal
V4 - 10
A potência necessária para o transportador ( PX = 1,14 KW ) deverá ser aumentada devido à alimentação com tensão reduzida: Motor escolhido:
DZ90L4 PN nM JM Cn
= = = =
1,5 KW 1720 rpm 0,0034 kgm2 23,32 Nm
Tempo de aceleração: (J M + tA =
JX ηL
.
ηG
) . nM
9,55 . (C H - M X ) 2
(0,0034 kgm + tA =
= ... s
0,01171 kgm 0,86 . 0,95
2
) . 1720 rpm
9,55 . ( 23,32 Nm - 6,3 Nm)
= 0,19 s
Aceleração:
V = ... m /s 2 tA 1 m /s = 5,3 m /s 2 aA = aA =
0,19 s 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:
( 0,0034 kgm 2 + tA =
0,01171 kgm 2
) . 1720 rpm 0,86 . 0,95 = 2,17 s 23,32 Nm 9,55 . ( - 6,3 Nm) 3
Aceleração:
1 m/s 2 a A = 2,17 s = 0,46 m / s Distância de partida:
SA = 0,5 . 1000 . V . t A = ... mm SA = 0,5 . 1000 . 1 m / s . 2.17 = - 1085 mm B) Escolha do redutor. Velocidade de saída:
V . 60 . 1000 = ... rpm η . D 1 m / s . 60 . 1000 na = = 76,4 rp η . 250 mm na =
V4 - 11
Fator de serviço:
fs = 1,45 ( do diagrama § 5.3,
JX JM
= 3,4 e operação contínua, 16 h/ dia.)
Momento de saída:
PN . 9550 . fs = ... Nm nM 1,5 kw . 9550 Ma = . 1,45 = 272 Nm 76,4 rpm Ma =
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 que1,0 m/s2 A potência de 1,5 KW é necessária para operação satisfatória com tensão baixa340 ( 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 Ângulo de inclinação / atrito Pesodacorrente
150 kg=m α = 20º, µο = 0,2
m=5 0kg
Para fins de cálculo de potência, não levamos em consideração o peso da corrente pois este se auto-compensa. Diâmetro da engrenagem de corrente Velocidadedetransporte Rendimento do sistema e do redutor
D = 130 mm v = 0 ,5m/s 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
V4 - 12
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:
F . v
PX
=
PX
= 780 N . 0,5 m /s = 0,49 kw
1000 . η
= ... kw
1000 . 0,8
Momento de carga: MX
=
MX
=
PX
. 9550 nM
= ... Nm
0,49 kw . 9550 1680 rpm
= 2,79 Nm
Momento de inércia:
J X = 91,2 . ∑ m . (
V 2 ) = ... kgm 2 nM
J X = 91,2 . ( 150 kg + 50 kg ) . ( 0,5 m / s )2 = 0,00162 kgm 2 1680 rpm Motor escolhido:
DZ80K4B PN nM CH JM
= 0,55 KW = 16 80 rpm = 6,9 Nm = 0,000745 kgm2
Tempo de aceleração:
JX M + η ( J ) . nM = ... s tA = 9,55 . ( C H - M X ) 0,00162 (0,000745 + ) . kgm 2 . 1680 rpm 0 , 8 tA = = 0,12 s 9,55 . ( 6,9 Nm - 2,79 Nm ) Aceleração:
V = ... m /s 2 tA 0,5 m /s aA = = 4,17 m /s 2 0,12 s aA =
V4 - 13
CP.
AUT.
PROJ.
PROJETOS INDUSTRIAIS
TREINAMENTO E CONSULTORIA TÉCNICA
Volume 5
Elabora ão: Pro . Carlos Paladini
Rua Artur Moreira, 197 – Jd. Marek - Santo André – SP - CEP: 09111-380 Fone: (0xx11)4458-5426 - Cel: (0xx11)9135-2562 - E-mail:
[email protected]
Índice Vol. 5: Cálculos.....................................................................pág. 1
SIMBOLOGIA........................................................pág. 2 SELEÇÃO DE MOTORES.........................................pág. 3 Tipos de correntes, Tipos de motores, Tipos de rotações, Informações.
ACOPLAMENTO....................................................pág. 6 Escolha dos acoplamentos
CORREIAS...........................................................pág. 7 Vantagens, desvantagens, classificação
CORREIA TRAPEZOIDAL......................................pág. 8 CORREIAS SINCRONIZADAS................................pág. 9 Correias dentadas ENGRENAGEM CILINDRICA DE DENTES RETOS....pág. 11 •
Força no Engrenamento..................................pág. 11
I ENQUADRAMENTO DAS EXPRESSÕES................pág. 12 •
Dimensionamento pelo critério de pressão.......pág. 12
Distância de partida: SA = 0,5 . 1000 . t A . v = ... mm SA = 0,5 . 1000 0,12 s . 0,5 m / s = 30,0 mm
Momento de freio: Mf Mf
CH - 2 . MX . η2 = ... Nm 6,9 Nm - 2 . 2,79 Nm . 0,82 = 3,3 Nm
≈ ≈
Escolhendo da tabela 11.1 Nm Mf =4 Nm
(JM + J X . η .) nM = ... s 9,55 . (Mf + M X . η 2 ) (0,000745 + 0,00162 . 0,8) kgm 2 . 1680 rpm tf = = 0,06 s 9,55 . ( 4 Nm + 2,79 Nm . 0,8 2 ) tf
=
Desaceleração:
V 2 = ... m / s tf 0,5 m / s 2 af = = 8,33 m / s 2 0,06 s af
=
Distância de frenagem: Sf = v . 1000 . (t2 + 0,5 . tf) = ... mm t2 = 0,01 s ( vide 11.1) Sf = 0,5 m / s . 1000 . (0,01 s + 0,5 . 0,06 s ) = 20 mm
B) Escolha do redutor. Velocidade de saída: n
a
=
v . 60 . 1000
= ... rpm . D 0,5 m/s . 60 . 1000 = = 73,5 rpm π . 130 mm π
n
a
fs = 1,65 ( 24 h/ dia, tipo de carga III, vide diagrama § 5.3).
Momento de saída:
PN . 9550 . fs = ... Nm na 0,55 kw . 9550 Ma = . 1,65 = 118 Nm 73,5 rpm Ma
=
Forças radiais: Não incidem pois o redutor é de eixo oco, sendo fixado através de braço de torção.
V5 - 1
Equipamento escolhido do catálogo SEW: KA66DZ80K4B PN I n Mf
= 0,55 KW = 24,25 = 1680 / 69 rpm = 4 Nm
SIMBOLOGIA a aA (aAO : aAC) af (afo : afc) au (auo : auc) CH (1:2) CU c D d do DT FQ F ( FO : FC) f fs fz g i iv JM JX (JO : JC) JZ KP (Kpo : KPC) I Lf Ma Mf MX (MO : MC) m na nM (1:2) ns (1:2) PN PX (PO : PC) P’ R r SA (SAO : SAC)
Aceleração m/s2 Aceleraçãonapartida m/s 2 com carga mínima / máxima Desaceleraçãonafrenagem m/s 2 com carga mínima / máxima Desaceleraçãonacomutação m/s 2 comcargamínima/máxima Conjuntomédiodepartida Nm navelocidadebaixa/ alta Conjunto médio na comutação Nm Coeficiente de atrito lateral (flange da roda) Diâmetrodaroda tambor, / etc. mm Diâmetrodomancal mm Diâmetro primitivo do elemento de transmissão mm Diâmetro da mesa mm Força radial N Força radial N com carga mínima / máxima Braçodealavancadaresistênciaaorolamento mm Fator serviço Fator adicional para forças radiais 2 Aceleração da gravidade sm / Reduçãodoredutor Redução externa 2 Momentodeinérciadomotor kgm 2 Momentodeinérciadacarga kgm com carga mínima / máxima Momento de inércia adicional (ventilador pesado) kgm 2 Fator de cálculo do número de partidas / hora comcarga mínima / máxima Comprimento m Vidadofreioatéapróximaregulagem h Momentodesaídadoredutor Nm Momento do ferio Nm Momento de carga (reduzido ao eixo do motor) Nm comcargamínima/máxima Massa kg Rotaçãodesaídadomotor rpm Rotaçãonominaldomotor rpm navelocidadebaixa/ alta Rotaçãosíncronadomotor rpm navelocidadebaixa/ alta Potêncianominaldomotor KW Potência exigida KW comcargamínima/máxima Potênciaexigidacomcargadeumlado KW Faixadevariação Raio mm Distância de partida mm com carga mínima / máxima V5 - 2
sf Distância de frenagem mm (Sfo ; Sfc) com carga mínima / máxima sc Distânciapercorridapelamesa mm sU Distânciapercorridapelacomutação mm tA Tempo de aceleração s (tAO ; tAC) com carga mínima / máxima tf Tempo de frenagem s (tfo : tfc)com carga mínima / máxima tU Tempodepassagemnacomutação s t1 Tempodereaçãodealíviodofreio s t2 Tempo de reação do freio s U Tensão motor do V v Velocidade s / m vT Velocidade da mesa sm / Wf Trabalhodofreioporfrenagem J WN Trabalho admissível pelo freio até a próxima regulagem J XA Número de motores Xf Precisãodeposicionamento mm (Xfo ; Xfc ) com carga mínima / máxima Z Númerodedentes (1 :2) pinhão / engrenagem Zadm N.º de partidas admissíveis do motor S /h Z... N.ºdepartidasnecessárias S/h ZO N.ºdepartidasadmissíveisemvazio S/h n Diferença da rotação rpm η Rendimento geral ηp Rendimento do variador ηG Rendimento do redutor η’G Rendimento reverso do redutor ηk Rendimento da transmissão por corrente ηL Rendimento da carga η... Rendimento da redução externa µCoeficiente de atrito para mancais µ Coeficiente de atrito deslizante µo Coeficiente de atrito estático
SELEÇÃO DE MOTORES Motor é uma máquina girante que transforma a energia elétrica em energia mecânica. A) Tipos de correntes: • •
Alternada Contínua A unidade da corrente é expressa em Ampère A ()
1) Corrente Alternada (CA) Nos terminais das tomadas de nossas casas temos uma ( CA) de freqüência 60 HZ (HZ = Hertz = ciclos / segundo). Denomina-se (CA) quando há troca de polaridade (+) e (-) em função do tempo, e esta muda de sentido).
V5 - 3
2) Corrente contínua (CC) Denominamos (CC) toda corrente de sentido e intensidade constante com o tempo. Temos a pilha como exemplo. B) Tipos de motores 1) Corrente Alternada:
Este tipo de motor normalmente não pode variar a velocidade por ter rotação constante em regime; mas se adaptarmos no quadro de comando um inversor de freqüência, poderemos variar sua velocidade. Obs.: ¾ Indução = Torque constante em função do motor. ¾ Trifásico = Três fases de tensão (R,S,T). •
Motor de indução monofásico
Possui apenas uma fase de potência limitada a 12,5 CV. Acima deste valor é inviável construí-lo. Exemplo: Moto-bomba, ventilador. •
Motor de indução trifásico:
É normalmente usado na indústria, possui três fases e sua carcaça em relação ao monofásico é menor. •
Motor de indução trifásico de dupla velocidade:
Este motor tem característica interna de transmitir duas velocidades distintas ou dupla polaridade. •
Motor trifásico de anéis:
A característica principal é o alto torque na partida. Exemplo: Ponte rolante. •
Motor de torque:
Possui um escorregamento alto e rendimento baixo. Funciona como um freio de tensão, sendo usado onde há necessidade de um torque de tração e velocidade constante. •
Moto-freio:
Tem acoplado um freio mono-disco, ideal para equipamentos que exigem paradas rápidas por questão de segurança, posicionamento e economia de tempo. 2) Corrente Contínua:
Este motor possibilita a variação de sua velocidade externamente de 20 rpm até a nominal escolhida do motor. De 0 até 20rpm o torque não é constante. De 20 até nominal o torque é constante. • Servo motor: Este não tem campo de excitação. Possui imã permanente e alto rendimento. Pode-se mudar o sentido de giro num tempo muito curto sem diminuição do torque, porque é constante. É usado normalmente em tornos CNC ou para acionamentos de espalhadores.
V5 - 4
Importante: Devemos prestar atenção para que a corrente em regime de trabalho não ultrapasse a corrente nominal do motor. Isto é, se a amperagem em regime de trabalho for maior que a do motor, este pode se queimar. Admite-se que na partida do motor a amperagem possa subir até 1,5 vezes a normal em 1 minuto. C) Tipos de rotações: 1) Síncrona (ns): Esta rotação é a teórica no motor. A fórmula para seu cálculo é baseada em freqüência e polaridade. 120 . F Onde: F = freqüência (HZ). P = número de pólos.
ns =
P
(rpm)
Obs.: No Brasil a freqüência é de 60 HZ e na Argentina 50 HZ. O número de polaridade determina a rotação do motor. Esta é padronizada em 2,4,6 e 8 pólos. POLOS 2 4 6 8
ns(RPM) 3600 1800 1200 900
OBS. velocidade e baixo torque Baixa velocidade e alto torque
Obs.: Quanto maior o número de pólos, maior e mais caro é o motor. 2) Assíncrona(nas) É a rotação real do motor. Leva em consideração o fator de escorregamento distinto para cada motor. É adquirida utilizando o catálogo fornecido pelo fabricante e, quando não o possuímos, podemos admitir um valor aproximado considerando um fator de 5% de escorregamento. Nas = ns. (1 – 0,05) ou nas =ns. 0,95. D) Outras informações: Para concluir temos que analisar certas informações que o fabricante necessita para produzir o motor, tais como: • Classe de isolamento ( temperatura ambiente onde irá trabalhar) • Categoria (tipos de partida, conjugado) • Grau de proteção (agentes externos, água, óleo, etc.) • Forma construtiva: esta é uma informação importante porque define a posição de trabalho do motor. Motor com flange, caixa elétrica à direita, etc. É fornecida por códigos relacionados nos catálogos. Exemplo:
Nota: Existem motores para quase todos os tipos de serviços. Devemos ter conhecimento e bom senso na sua escolha e na dúvida, consultar o fabricante. Lembre-se sempre que uma escolha errada pode acarretar problemas no funcionamento do sistema.
V5 - 5
ACOPLAMENTO Ao transportar torque de um eixo motor para um eixo movido, alguns elementos de máquinas são utilizados para este fim, tais como: Cardans, rodas de fricção, engrenagens, polias e acoplamentos. No momento estudaremos os acoplamentos que servem como união de dois eixos alinhados, transmitindo a mesma rotação entre o eixo motor e o eixo movido. •
Na escolha do tipo construtivo de um acoplamento deve ser analisado a função que ele na enquadra transmissão. Para necessidade. tanto, temos que pesquisar através de catálogos o tipo em terá que se a nossa Os acoplamentos dividem-se em : • Elásticos; • Fixos
Elásticos: Tem a finalidade de absorver os picos de torque do motor, choques de carga, vibrações perigosas e desalinhamentos, protegendo os componentes das máquinas acopladas. É obtido através de catálogo. Fixo ou rígido: Serve como complemento de segurança. Quando houver um pico de torque, um pino arrebenta impedindo a danificação damáquina. Este tipo não pode ser montado onde há possibilidade de desalinhamento dos eixos. Normalmente é montado entre dois mancais de rolamento, projetado de acordo com a exigência do trabalho. ESCOLHA DOS ACOPLAMENTOS (ELÁSTICOS) a) Critério usado pela Vulcan São necessários dados de potência e rotação. 1) Cálculo do momento Torçor: 2) Cálculo do Fator de Segurança:
MT =
716,20 . N n
(kgf . m)
FS = F1. F2. F3. F4
Onde: F1 F2 F3 F4
= Tipo de aplicação (compressor, guindaste, etc.) = Tempo de funcionamento contínuo diário em horas. = Freqüência de partida por hora. = Temperatura ambiente em graus Celsius.
3) Momento Torçor equivalente:
MTeq = MT. FS
4) Definir o tipo construtivo mais adequado à aplicação. 5) Selecionar o tamanho através do M “ T” máximo dado no catálogo, sendo igual ou superior ao momento torçor equivalente calculado anteriormente. 6) Escolhido o tamanho, verificar se o furo máximo admissível obtido no catálogo é suficiente para receber o eixo da aplicação e se a rotação máxima é igual ou maior que a rotação da aplicação.
V5 - 6
CORREIAS Correias e polias permitem a transmissão de potência entre eixos paralelos relativamente distantes um do outro. Neste tipo de transmissão a correia, que é um órgão flexível, abraça duas ou mais polias, transmitindo assim a força tangencial por meio de atrito entre a correia e a polia. Nas montagens comuns o sentido de rotação da motora é o mesmo da movida. De preferência, deixar o lado frouxo para cima porque nessa posição há um arco de contato maior entre correia e polia, e conseqüentemente, aumento da força tangencial. Quando for necessário aumentar o ângulo de contato usa-se um rolo tensionador que ao mesmo tempo funciona como esticador da correia. No caso da montagem dos eixos não poderem ser regulados, observar que o rolo tensionador deve estar montado sempre no lado frouxo da correia. Quando o esticamento se dá internamente, localizá-lo o mais próximo da polia maior.
Quando o esticamento se dá externamente, localizá-lo o mais próximo da polia menor
Vantagens do uso de correias: • Não transmitem choques; • Não apresentam problemas de lubrificação; • É um elemento de proteção contra extrema sobre carga; • São econômicas; • De fácil manutenção. Inconvenientes do uso de correias: • No caso das lisas há escorregamento; • Alta carga nos mancais e eixos; • •
Devem sergeométrica protegidas de elementos externos; Proporção elevada.
Podemos classificar as correias em lisas e dentadas: • As dentadas funcionam como correias sincronizadoras. Não há escorregamento. • As lisas podem ter formatos variados, dependendo da aplicação no projeto. Os perfis mais comuns são: • Trapezoidais ou correia em V; • Chata ou correia plana; • Redonda. Os materiais das correias podem ser diversos. Exemplos: couro, borracha, nylon, neoprene e composta de material flexível e fios de aço para garantir a tração, etc. No caso das correias lisas, como há escorregamento há perda nos rendimentos que pode variar de 0,91 a 0,98 da potência transmitida. V5 - 7
CORREIA TRAPEZOIDAL (EM “V”) As correias trapezoidal em “V” transmitem a Ftg pelo atrito que se gera pela pressão que as laterais da correia exercem contra as paredes dos rasgos da polia entre as quais são encunhadas. Estas não devem tocar no fundo dos canais para não se perder o efeito de cunha. β β Fatr = 2N(sen 2 + μ.cos 2 ) μ = 0,56 : 0,6
Este tipo de perfil é o mais comum nas indústrias e possui vários formatos, variando pela potência que se quer transmitir. Em transmissões múltiplas usar sempre correias de mesmo código, inclusive especificar na compra “Códigos iguais”. No caso se troca de correia, trocar todas as correias de transmissão. Os tipos mais comuns são: Série industrial com 5 perfis designados pelas letras A, B,C,D e E.
Série fracionária com 3 perfis designados pelas letras F1, F2, F3. Estes tipos de correias devem estar sempre em transmissões que utilizem uma correia por elo não ser codificado.
Super HC que substitui a série industrial com a vantagem de transmitir mais potência em menos espaço. São designadas por 3V, 5V,8V.
As seções maiores são para as transmissões pesadas e as menores para as transmissões leves. Se as correias de pequena seção fossem usadas em transmissões pesadas, uma excessiva quantidade de correias seria necessária, devido a sua baixa capacidade em HP.
V5 - 8
CORREIAS SINCRONIZADORAS
Correias Dentadas As correias dentadas transmitem o movimento por meio de engrenamento dos dentes da correia com os das polias com ausência, portanto, de deslizamento. Por issoé também chamada correia sincronizadora. A transmissão é então chamada positiva porque não está condicionada ao atrito entre correia e polia. Evitando o contato entrepartes metálicas é eliminado oruído conseqüente. O nível de ruído só aumenta em velocidades altas. Uma transmissão perfeita exige que sejam satisfeitas as duas exigências seguintes: 1) O passo da correia deve Ter o mesmo valor do passo das polias (ambos são
na linha dprimitiva). 2) medidos A linha primitiva a correia deve coincidir com a circunferência primitiva da polia. Outro elemento de importância fundamental no estudo de transmissão por correia dentada conhecido o número de dentes Z“ ”, é o diâmetro primitivo que pode ser achado na tabela cedida pelo fabricante. Para o funcionamento correto de uma transmissão de correias dentadas é absolutamente necessário que pelo menos uma das duas polias tenha flanges, a fim de evitar que a correia possa escorregar por ter uma leve tendência de movimento laterais esquerdo ou direito. Normalmente por economia o uso da flange está na polia menor. No entanto, se funcionando em eixos verticais e quando a distância de centros for maior do que oito vezes o diâmetro da polia menor, as duas polias devem ser flangeadas. A velocidade é transmitida uniformemente. Não existe variação de passo como nas correias em “V” e plana, portanto não apresentam vibrações. Para cada passo fornecem-se correias de diversos comprimentos e larguras padrões. Estas correias são aplicáveis com polias de diversos diâmetros, tornando possível fazer-se uma grande variedade de acionamentos para cada tamanho.
Exemplo de transmissão mediante correia dentada: uma linha primitiva coincide com o eixo do inserto.
V5 - 9
Vista e seção de uma correia dentada: a) inserto resistente constituído por fios de material de alta resistência; b) corpo da correia em borracha sintética; c) revestimento em nylon dos dentes e da parte interna da correia.
Polias flangeadas da UNIROYAL, para passo 12,70mm (1/2”) e para correias tendo largura 19,05mm (3/4”) e 25,40 (1”). Em tecnologia, se soubermos o valor do módulo de uma engrenagem, podemos determinar todos os seus elementos pelas fórmulas convencionais, apropriadas para cada tipo de engrenagem. Podemos concluir de que o módulo é o elemento básico que define o tamanho dos dentes das engrenagens e serve para dimensionar os demais componentes das mesmas. Por outro lado, verifica-se que esse módulo pode ser determinado através da resistência à flexão, e resistência ao desgaste, deveremos em primeiro plano estimar o diâmetro do eixo pelo processo de torção e em seguida estimar o diâmetro primitivo, segundo informações técnicas da WMH (Standard - Stirnrader) fonte alemã vale:
ds = 144
3
N n
Sendo: ds = diâmetro do eixo [mm] N = Potência no eixo [cv] n = Rotação por minuto
Para diâmetro primitivo do pinhão vale: Dpi
≈
2 . ds
Sendo: dpi = diâmetro primitivo [mm] ds = diâmetro do eixo [mm]
Segundo Viviano Viviani (matéria feita em Março de 1979 pela revista “Mundo Mecânico) o número de dentes mínimo que pode ser cortado é de 25 com ângulo α =15º e de 14 com ânguloα = 20º sendo α = ângulo de pressão. V5 - 10
Com esses dados em mãos partiremos para verificação da engrenagem segundo Marco Stipkovic Filho ,e tabela características dos materiais, segundo Elementos de máquinas (Niemann), pag.199 volume II anexo folha:
ENGRENAGEM CILINDRICA DE DENTES RETOS [ECDR] Sendo: m = Módulo; dp, dp1, dp2 = diâmetro primitivo da engrenagem; hk = altura da cabeça do dente; hf = altura do pé do dente; t = espessura do dente no primitivo; b = largura da engrenagem; h = altura do dente.
FORÇAS NO ENGRENAMENTO No dentado a envolvente, decompondo-se a força ou pressão normal Pη’ cuja direção forma com a tangente às circunferências primitivas o ângulo de engrenamento (ângulo de pressão), em duas componentes, uma tangencial Pµ e outra radial, PΓ’’ passando ambas pelo ponto C; somente a componente tangencial P µ transmitirá força, pois a radial PΓ não produzirá rotação alguma. Utilizar-nos-emos da figura abaixo para equacionar as diferentes expressões que relacionam as componentes da transmissão, as velocidades tangenciais, os momentos e a potência transferida. Sendo: Pu = Força tangencial [kgf]; PN = Resultante [kgf]; αo = Ângulo de pressão geralmente = 20º 14º30’; doi = Diâmetro primitivo do pinhão [cm]; Rp = Raio primitivo [cm]; do2 = Diâmetro primitivo da coroa [cm]; Z = Número de dentes; MT = Momento torçor em kgf.cm; σ Fadm =Tensão admissível flexão; V = Velocidade tangencial em m/s; e = Fator de carga [tabela]; n = Rotação rpm; q = Fator de forma [tabela] N = Potência em CV.
Distribuição dos esforços num par engrenado.
V5 - 11
I ENQUADRAMENTO DAS EXPRESSÕES RESISTÊNCIA FLEXÃO: Força radial [Pr] Momento torçor [mt]
Força tangencial [Pu]
[kgf]
Pr =Pu. Tgαo
MT =
Pu =
[kgf.cm]
71620 . N η
MT RP
[kgf] tabelado
Largura da engrenagem [ b]
Pu . q b= σFadm . m . e
[unidade da tensão e módulo]
tabelado b ≈ 6.m P/ engr. Ferro fundido Aproximado b ≈ 10.m P/ dentes frezados b ≈ 15.m P/ dentes frezados e mancais em alinhamento Altura do dente [h] h=2,25.m
[mm ] dp=m.z
unidade do módulo
Velocidade tangencial [V] Espessura do dente no primitivo [cm]
t = m 2.
V
n . do . η 60 . 100
[m /s]
Rp =
dp 2
[cm] e
π
DIMENSIONAMENTO PELO CRITÉRIO DE PRESSÃO Esse cálculo deverá levar em conta a pressão determinada no contato entre os flancos dos dentes de duas rodas dentadas engrenadas, (1) e (2) e, ainda, sua duração ou vida expressa em horas efetivas de trabalho. Para auxiliar esse estudo vamos nos apoiar na figura abaixo:
V5 - 12
CP.
AUT.
PROJ.
PROJETOS INDUSTRIAIS
TREINAMENTO E CONSULTORIA TÉCNICA
Volume 6
Elabora ão: Pro . Carlos Paladini
Rua Artur Moreira, 197 – Jd. Marek - Santo André – SP - CEP: 09111-380 Fone: (0xx11)4458-5426 - Cel: (0xx11)9135-2562 - E-mail:
[email protected]
Índice Vol. 6:
II ENQUADRAMENTO DA EXPRESSÃO.......................pág. 1
II ENQUADRAMENTO DA EXPRESSÃO.......................pág. 2
FATOR CARGA [e]...................................................pág. 3
FATOR FORMA [q]..................................................pág. 3
EXECUÇÃO E LUBRIFICAÇÃO...................................pág. 4
MÓDULOS NORMALIZADOS.....................................pág. 4
FATOR [F]..............................................................pág. 4
GRÁFICO DE PRESSÃO............................................pág. 4
CARACTERÍSICAS DOS MATERIAIS (TABELA)...........pág. 5
CÁLCULO DE CHAVETAS.........................................pág. 6
Determinação de vida em horas para engrenagem Largura da engrenagem critério flexão
Para engrenamento externo, para engrenamento interno
• • • • •
Dimensionamento das engrenagens Forças do engrenamento Cálculos, conclusão Engrenagem cilíndrica de dentes helicoidais.........pág. 11 CRITÉRIO DE RESISTÊNCIA................................pág. 11
II ENQUADRAMENTO DA EXPRESSÃO CRITÉRIO DESGASTE Com essa expressão vamos levantar o valor da pressão. Confrontando, em seguida, com a pressão tolerável para o material para um determinado número de horas de vida. mt i + 1 Padm = 2 . f 2 . . [ kgf /cm2] 2
bdp
b = 2 f 2 . MT 2 . i ±i 1 Padm dp 2 dp 2 Sendo: Padm = F = MT = dp = i =
Pressão admissível Fator F [tabela] Momento eng. [cm] diâmetro primitivo [cm] relação de transmissão
i=
i
+ para engrenagem ext. - para engrenagem int.
dp 2 dp1
DETERMINAÇÃO DE VIDA EM HORAS PARA ENGRENAGEM Admitindo como pressão o valor obtido pelo cálculo.
Padm =
Padm [kg/ cm2] 49 = Constante de transformação HB = Dureza Brinell [kg/ mm2] W = Fator de horas n = Rotação rpm h = Horas de trabalho total 106 = Constante da fórmula
49 . HB 1
w /6 w=
60 . η .h 10 6
Aplicação
Dimensionar um par de engrenagem de dentes retos para condição de flexão e ao desgaste verificando a vida em horas: Potência a ser transmitida = 5 cv; Rotação do eixo = 280 rpm; Z = 21 dentes; Material = Aço ABNT 1020 i = 2,35; Uso = 12 horas diária utilização e incidência da carga máxima continuamente.
ds = 144
3
N ∴ ds = 144 n
3
5 ∴ 280
dp1 ≈ 2 . ds ∴ dp1 = 2 . 37,63 ∴
dp = m . z ∴
ds = 37,63 mm
Dp1 = 75,27 mm
75,27 = m ∴ m = 3,58 21
Padronizado = m = 3,75 unidade em mm
Recálculo do dp: Temos que dp =m . z∴ dp =3,75.21 ∴ dp = 78,75 mm
V6 - 1
LARGURA DA ENGRENAGEM CRITÉRIO FLEXÃO:
(I) b =
PU . q .m.e
MT 71620 . N 71620 . 5 temos : MT = ∴ MT = ∴ RP n 280 DP 78,75 temos : RP = ∴ RP = ∴ RP = 39,37 mm 2 2
temos : PU =
σFadm
MT = 1278,92 kgf . cm ∴ RP = 3,937 cm
PU = 1278 ,92 ∴ PU = 324,84 kgf 3,937 σFadm =
q = 3,3
beneficiado
4
19,3 ∴ C= ∴ SB (tabela) 1,8 σo
σ Fadm = 10,72 kgf / cm 2 ∴ e = 0,80 tabela σFadm = 10,72 kgf / cm
(I) b =
M = 0,375 unidade cm
324,84 . 3,3 ∴ 1072 . 0,375 . 0,80
b = 3,33 cm ∴ b= 33,3 mm
CRITÉRIO DESGASTE
Padm = 2 . F 2 .
MT i + 1 . [kgf / cm 2 ] ∴ bdp 2 i
1278,92 2,35 + 1 . ∴ 2,35 3,33 . 7,875 2 Padm = 4572288 . 6,1929 . 1,4255 Padm = 2 . 1512 2 .
Padm = 6353,34 kg / cm
Determinação da vida em horas:
49 . HB 2 Padm = w 1 ∴ HB = 140 kg / mm ( Aço ABNT – 1020 ) beneficiado. 6 6353,34 = w
1 6
49 . 140 49 . 140 ∴ w1 = 6 6353,34 ∴ w 16 6
= 1,0797 ∴ w = 1,079 1 ∴ w = 1,5842 ou w =
1 6
1,0797 = 1,5842 60 . η . h w . 10 6 ∴ h = = ∴ Como : w = 106 60 . η 1,5842 . 10 6 h = 94,29 horas Conclusão: vida muito curta. h = 60 . 280
V6 - 2
Para melhorar a vida pelo menos dois anos de uso deverá ter uma dureza Brinell de : 2 anos possui 365.2 = 730 dias ∴ 730.12 horas diária = 8760 horas de uso∴
w= w
1 6
60 . n . h 60 . 280 . 8760 ∴ w= ∴ W = 147,168 10 6 10 6 =
6
Padm =
w ∴w 49 . HB w
1 6
1 6
=
6
147,168 ∴ W 1/6 = 2,297
Padm . w ∴ HB = 49
1 6
∴
HB = 6353,3449. 2,297 ∴ HB = 297,82 kgf / mm2 Conclusão: para que esta engrenagem tenha uma vida de dois anos pelo critério de desgaste, o material ABNT 1020 deverá ser submetido a um tratamento térmico de cementação com dureza de Flanco HB ≥ 297,82 kg/ mm2 que corresponde a N 32 HRC; outras soluções poderiam ser adotadas tais como: Aumento da largura, aumento do dp, ou troca de material.
PARA DETERMINAR A HÉLICE, SE É A ESQUERDA OU DIREITA NA ENGRENAGEM HELICOIDAL.
Esfera rola à direita hélice direita
Colocar a engrenagem de frente e soltar. Esfera conf. exemplo acima.
FATOR CARGA [e] Introduz-se ainda um fator de carga [e] = 0,80 até 1,50. Esse fator de carga dependerá naturalmente do regime de utilização da engrenagem e da incidência de aplicação da carga máxima. Para exemplificar tomaremos os seguintes extremos: e = 0,80 para utilização e incidência de carga máxima continuadamente. e = 1,50 para pouco uso e pequenas incidências de cargas máximas. FATOR DE FORMA [q]
Os valores correspondentes ao fator de forma [q] para ângulo de pressão αο = 20º sem correção são apresentados a seguir: PARA ENGRENAMENTO EXTERNO N.º de dentes [Z] 12 13 14 15 16 17 18 21 24 28 34 40 50 65 80 100 α fator[q] 4,5 4,3 4,1 3,9 3,75 3,6 3,5 3,3 3,2 3,1 3,0 2,9 2,8 2,7 2,6 2,6 2,45 PARA ENGRENAMENTO INTERNO N.º de dentes [Z] 20 fator[q] 1,7
24 30 38 50 70 100 200 α 1,8 1,9 2,0 2,1 2,2 2,3 2,4 2,45 V6 - 3
EXECUÇÃO E LUBRIFICAÇÃO S) (M V/
<0,8
0,8-4
4:12
Execução
Fundido
Fresado
Meio lubrificante
Graxa
Mergulhado em óleo ou graxa
>12 Retificado
Dentesinclinados
Mergulhado em Óleo sob pressão óleo
MÓDULOS NORMALIZADOS Os valores dos módulos [m] dados em mm apresentam-se normalizados segundo a Norma DIN 780. Assim sendo, temos: dem=0,3 até m= 1,0mm de 0,1mm em 0,1mm dem=1,0 até m=4,0mm de 0 ,25mm em 0,25mm dem=4,0 até m=7,0mm de 0,5mm em 0,5mm dem=7,0 até m=16,0mm de 1,0mm em 1,0mm dem=16,0 até m= 24,0mm de 2,0mm em 2,0mm dem=24,0 até m= 45,0mm de 3,0mm em 3,0mm de m = 45,0 até m = 75,0 mm de 5,0 mm em 5,0 mm FATOR [F] Para um ângulo de pressão αο = 20º teremos para diferentes pares engrenados os seguintes valores de [ƒ]. Valores de [ ƒ] 6
2
1 = 2,1 x 10+ Kg / cm pinhão de açode[Eaço engrenagem [E1 = 2,1 x 10+6 Kg] / cm2]
1512
pinhão de aço [E1 = 2,1 x 10+6 Kg / cm2] engrenagem de ferro fundido [E2 =1,05 x 10+6 Kg / cm2]
1234
pinhão de ferro fundido [E1 = 1,05 x 10+6 Kg / cm2] engrenagem de ferro fundido [E2 =1,05 x 10+6 Kg / cm2]
1069
O fator [ƒ] eqüivalerá a : ƒ =
0,35 1 1 1 ( + ) cos α 0 sen α 0 2 E1 E2
GRÁFICO PRESSÃO ADMISSÍVEL DE CONTATO
V6 - 4
CARACTERÍSTICAS DOS MATERIAIS PAG. 199 Volume II = NIEMANN Tabela 22.25 Obs. Está na pg. 73 , apost. Ref. Material
Corpodeprovano estado final
Na engrenagem
Profun didade Resis. de estática rugosiσ oB dade R1* Kgf/mm2 µ m
Resis. à fadiga Nr
Tipo de tratamento
Designação
σr
σbso 2
Kgf/mm 1 2
Ferro fundido cinzento
3 4
Kgf/mm
Dureza HB 2
Núcleo
σ 4
o
K r
o
Flanco
Kgf/mm
2
GG18 GG26
18 26
9 12
170 210
0,19 0,33
4,5 6,0
18 26
6,0
Ferro fundido nodular
ferrítico perlítico
60 70... 75
-
170 250
0,32 0,64
25 25
100 140
6,0
5 6
Açofundido
GS52 GS 60
52 60
21 24
150 175
0,21 0,30
2
15 17,5
47 52
4,5
8 9 10
Aço p/ usinagem 1030/ 35 1040/ 45 1060 II-Aço ao carbono Forjado ou laminado Aço beneficiado 1020 1045 1060 5135 37 Mn Si 5 4140 Açocementado
St 50.11 St 60.11 St 70.11
50... 60 60... 70 70... 85
23... 28 28... 33 33... 40
150 180 208
0,36 0,52 0,70
2
19 21 24
55 65 80
3,0
140 185 210 260 260 300
0,23 0,40 0,51 0,80 0,70 0,80
19,3 23 25,6 30 31,5 31,5
60 80 90 90 95 110
3,0
95 140 160 160 170
2... 3
140 125 110
3,0
11 12 13 14 15 16 18 19 20 21 22 23 24 25 27 28
Aço temperado por chama ou indução 1045 K laminado a frio Aço cianetado 5140
C 15 C 45 C 60 34 Cr 4 37 Mn Si 5 42 CrMo 4
50... 60 65... 80 75... 90 75... 90 80... 95 95...110
22...27 30... 34 34... 41 36... 44 38... 46 46... 54
2
1015 8620 20 Mn Cr 5 4320 18 Cr Ni 8
50... 65 80...110 100...130 90... 120 120... 145
27 -
190 270 360 310 400
736 650 650 650 650
4,9 5,0 5,0 5,0 5,0
22 42 47 44 47
37 Mn Si 5 53 Mn Si 4
65...80 90... 105 90... 110
-
220 270 275
595 560 615
4,3 3,7 4,5
31,5 34 35
140... 180
-
460
595
4,3
32
190
150... 190
-
470
550
3,6
35
200
-
-
-
-
37 Mn Si 5
Tecidoduro
Grosso Fino GGG 90 C 45
80... 90 55 ÷ 60
-
300 450
1,8 1,8
22 31,8
140 110
33
Ferro fundido nodular Aço nitretado em banho Aço nitretado em
4140
85 ÷ 90
-
660
2,7
58,0
150
34
banho Aço nitretado em gás
31Cr MoV 9
70 ÷ 85
-
700
3,5
45,0
150
35
Aço temperado por chama ou indução
4140
90 ÷ 110
-
4,5
35
110
30 31 32
275
615
0,18 0,23
3
5,6 5,6
5
6
17 17
4340 Fadm = 17 kgf/mm2 Aço Fundido tipo II Fadm = 11 kgf/mm2 Pag 193 Vol II Niemann SB = Coeficiente segurança H = Horas de trabalho diário Pag. 199 Volume II = NIEMANN Tabela 22.13 – Orientação para o coeficiente de segurança necessário. Segurança contra
Transmissão para serviço contínuo
Ruptura do dente SB 7 Cavitação SG Engripamento SF
1,8...4 1,3...2,5 3...5
Transmissão para serviço intermitente
... 35
1,5...2 0,4...1
V6 - 5
3,0 6,0 4,0
3,0
SB H
1,5 9
1,6 10
1,7 11
1,8 12
1,9 13
2,0 14
_
Sendo : σ Fadm =
σ o4
SB
2,2 15
2,4 16
2,6 17
2,8 18
3,0 19
3,2 20
3,4 21
3,6 22
3,8 23
4,0 24
_
σ Fadm = Tensão admssível à flexão
“CÁLCULO DE CHAVETAS” b = Largura da chaveta L = Comprimento da chaveta t0 = altura livre ∴ t0 = h-t1 h = altura total da chaveta Ft = Força tangencial aplicada à chaveta t1 = base da ancoragem
Ft =
MT r
e
MT =
716200 . N [kgf . mm n
Para Cisalhamento toma-se: Sendo : σ = tensão admissível ao cisalhamento
L=
área resistente ao cisalhamento
Ft b.σ
Para Esmagamento toma-se: Sendo: Padm (kg /mm2) = Pressão admissível
L=
Ft Padm . to
Área resistente ao esmagamento
V6 - 6
DIMENSIONAMENTO DAS ENGRENAGENS CÔNICAS DE DENTES RETOS O dimensionamento das engrenagens cônicas de dentes retos faz-se de forma análoga as engrenagens cilíndricas de dentes retos. Utilizam-se dos dois critérios convencionais de resistência e de pressão com o cuidado de identificar a engrenagem cônica como uma engrenagem cilíndrica de dentes retos equivalentes.
FORÇAS DO ENGRENAMENTO Para facilidade da distribuição dos esforços no engrenamento de um par cônico de dentes retos, apoiar-no-emos na figura acima onde se destacam claramente as componentes radiais, axiais e tangenciais. A componente normal Pn que atua na linha de engrenamento, decompõe-se em outras duas Pu e Pt; sendo Pu a componente tangencial e Pt a componente radial à r engrenagem equivalente e que dá srcem àsentre componentes e Pa (axial). O relacionamento dessas componentes si e comP (radial) a potência transferível, velocidades ou momentos e rotações faz-se através das seguintes expressões: Onde: Força tangencial (P )
u
Sendo : ou :
75 . N (kg) Vm d .n Vm = m (m/ seg) 1910 Md . 2 71620 . N . 2 Pu = (kg) = dm n . dm Pu =
Pu = força tangencial em Kp; Pn = força normal em Kp; Pa = força axial em Kp; Pr = força radial em Kp; N = potência transferida em cv; n = rotação em r.p.m; Md = momento torçor em Kp . CV; V = velocidade tangencial em m /seg; Vm = velocidade tangencial médiaem m /seg; dm = diâmetro primitivo médio em cm; do = diâmetro primitivo em cm. V6 - 7
Engrenagens cônicas de dentes retos E, ainda temos: Pa 1(2) = Pu . tg α0 . sen δ1 (2) (kg) Para os casos onde δ = 90º a componente axial de uma engrenagem é igual à componente radial da outra e vice-versa.
Pr 1(2) = Pu . tg α0 . cos δ1 (2) (kg)
Critério de resistência: Da mesma forma, a tensão máxima será expressa por: σ max ≤ σ Fadm
=
Pu . q * b . mm . e
σ max U σ adm
Observando sempre:
*O fator de forma (q) deverá ser tomado da mesma forma que para as engrenagens cilíndricas baseado, entretanto, no número equivalente de dentes (Z e 1(2) ) e que vale:
Z
e 1( 2 ) =
Z 1( 2 ) cos δ1(2)
b=
Baseado em Ze
Pu . q σ Fadm . m m . e
O fator de carga (e) variará entre 1,25 e 1,75 podendo, entretanto, para os casos gerais ser tomado ( e = 1,5). O momento torçor poderá ser dado por:
Critério de pressão: Apresentaremos diretamente as expressões finais de cálculo, assim sendo, temos: bd2m1 = 2 . ƒ2 .
Md1 . cos δ1 i2 + 1 . 2 2 p 1( 2 ) adm i
cm3
ou b . d2m1 = 2 . ƒ2 . 71620 . N . cos δ1
n1 . p
2
.
1( 2 ) adm
i2 + 1 i2
cm3
Os valores das pressões admissíveis p1 (2) adm e dos coeficientes assumidos para os casos de engrenagens cilíndricas. m = módulo mm = módulo médio d m = diâmetro médio d s = diâmetro eixo r m = raio médio
2
Padm = Tg δ 2 =
m=
dm1 + b . sen δ1 z1
dm1 = dp - b . sen δ1 dp = m . z
2. f . MT . cos δ1 i + 1 . 2 b . dm 21 i sen δ cos δ +
δ1 = δ - δ2
b=
2
z1 z2
Tg δ2 = i
2 . f 2 . MT . cos δ1 . Padm 2 dm 2 dm ≅ 2 . ds
H
são os mesmos kgf/ cm2
rm=
δ = delta δ = 90º
i2 + 1 i2
dm 2
b = 7 a 10 . m
ds = 144 3
N n
mm
mm =
dm z
V6 - 8
Aplicação: Dimensionar a ECDR para as seguintes condições: Flexão e desgaste Dados : 15 cv Z material aço SAE 1045 beneficiado 1 =20 pinhão n = 900 rpm do = 20º uso 12 horas diária i =2,7 Z utilização e incidência de carga máxima. 2 = 54 coroa
CRITÉRIO FLEXÃO tirado de ze σfadm =
PU . q MT 71620 . N 71620 . 15 ∴ PU = ∴ MT = ∴ MT = ∴ b . mm . e rm n 900
MT = 1193,66 kgf . cm
ds = 144 3
15 900
∴
rm =
ds = 36,78 mm
∴
dm 7,356 ∴ rm = ∴ 2 2
∴ dm =2 . ds
∴
∴
ds = 144 .
ds = 3,678 cm
3
N n
∴
∴ dm = 2 . ds ∴
dm = 7,356 cm
dm = 2.3,678 ∴
rm =
dm 2
rm = 3,678 cm
∴ PU =
MT 1193,66 ∴ PU = ∴ rm 3,678 PU = 324,54 kgf
q = Fator de forma tirada de ze ∴
ze =
z1 ∴ temos : δ1 = δ - δz ∴ coδ1
δ2 = 69,676º
e que δ1 = 90º - 69,676º ∴ δ1 = 20,324º ∴
∴
b = 10 . 0,3678 ∴
mm =
dm z
∴
b=3,678cm
mm =
ze =
δ2 = 2,7 ∴
z1 20 ∴ ze = coδ1 cos 20,324 o
∴ q = 3,3
ze = 22 dentes
∴ ze = 21,32 arredondando
b = 10. mm
para δ = 90ºtemos:tg
Tgδ2 i=
7 . 356 20
∴
mm = 0,3678 cm
∴
arredondadob=3,7cm
e = 1,5 tirado da folha 2 ∴ σFadm =
PU . q 324,54 . 3,3 ∴ σFadm ≅ ∴ b . mn . e 3,7 . 0,3678 . 1,5
σFdam ≅ 524,65 kg / cm 2
Temos para material SAE 1045 beneficiado σFadm ≅
σo 4
SB
∴ σFadm ≅
2300 1,8
∴
σFadm ≅
1277 kg/ cm 2
∴ > que 524,65 kg/cm2 Conclusão:
O material com sua σFadm é satisfatório para condição de Flexão no dente. V6 - 9
OBS. : com o valor de módulo é que se calcula as principais dimensões da engrenagem portanto:
m=
dp z
dm = dp - b . sen δ1
temos que
então:
7,356 = dp – 3,7. sen 20,324º ∴ dp = 7,356 + 3,7 . sen 20,324º dp = 8,621
cm ∴
m=
8,621 20
Teremos módulo de 0,45 cm ∴
∴
m = 0,43 cm
normalizando
m = 4,5 mm
Recálculo do dp teremos : dp = 4,5 . 20 ∴ dp = 90 mm Conclusão para satisfazer condição de flexão teremos: M = 4,5 mm dp = 90 mm SAE 1045 beneficiado.
Critério de desgaste:
2 . f 2 . MT . cos δ1 i 2 + 1 . 2 2 b . dm1 i 2 . 1512 2 . 1193,66 . cos 20,324º 2,7 2 + 1 Padm = . 3,7 . 7,356 2 2,7 2 Padm =
Padm =
5,1179 09 . 1,1371742 200.20972
Padm = 5391,58 kgf / cm 2 Para que a engrenagem tenha uma vida de ~ 2 anos, deverá ter uma dureza de : 365 dias . 12 = 4380 horas ano . 2 = 8760 horas de trabalho em 2 anos n
h
60 . 900 . 8760 w 16 = 6 w ∴ ∴ W = 473,04 10 6 w 16 = 6 473,04 ∴ W 1/6 = 2,79 Padm . w 16 5319,58 . 2,79 HB = ∴ HB = ∴ HB = 306,98 kgf /mm 2 49 49 w=
O aço 1045 beneficiado possui dureza 185 kgf/ mm 2 não satisfaz ∴ o material deverá ser tratado termicamente temperado por chama ou indução com dureza superficial HB ≅ 306,98 kgf/ mm2 que eqüivale á 33 HRC para satisfazer a condição de desgaste a 2 anos vida. Conclusão final: Aço 1045 temperado e revendido 50 HRC dp = 90 mm b = 37 mm M = 4,5 V6 - 10
ENGRENAGEM CILÍNDRICA DE DENTES HELICOIDAIS O dimensionamento das engrenagens cilíndricas de dentes helicoidais desenvolve-se de forma análoga ao das engrenagens cilíndricas de dentes retos. Para as engrenagens cilíndricas helicoidais a componente principal PN que atua normalmente ao flanco do dente decompõe-se em três direções, uma tangencial [PU], uma radial [Pr] e uma axial [Pa]. A componente tangencial [PU] é responsável pelo torque da seguinte forma:
PU =
[kgf]
75 . N V
onde: N = Potência CV V = Velocidade periférica m /s Ou ainda:
PU =
MT . 2 DP
[kgf]
onde: MT momento torçor [kgf =. cm] DP = diâmetro primitivo em [cm].
A componente axial vale: Pa = PU . tgβo
[kgf]
A componente radial vale:
[kgf]
Pr =
PU . tg αo . cos o
Onde: Bo = ângulo da hélice αo =ângulo de pressão = 20º [DIN 867] Sendo:
βo = arc
cos
Mn ms
Onde: Mn = módulo normal ou módulo do cortador ms = módulo Frontal ou módulo transversal
CRITÉRIO DE RESISTÊNCIA mínimo σ max U = σ Fadm
PU . q b . m n . e . ϕr
(kg . cm2)
b=
Tabelado em função de zn
PU . q σ Fadm . Mn . e ϕ r
V6 - 11
CP.
AUT.
PROJ.
PROJETOS INDUSTRIAIS
TREINAMENTO E CONSULTORIA TÉCNICA
Volume 7
Elabora ão: Pro . Carlos Paladini
Rua Artur Moreira, 197 – Jd. Marek - Santo André – SP - CEP: 09111-380 Fone: (0xx11)4458-5426 - Cel: (0xx11)9135-2562 - E-mail:
[email protected]
Índice Vol. 7: • • • •
MANCAIS DE DESLIZAMENTO.................................pág. 3 • • • •
• • •
Radiais Axiais Mistos MATERIAIS EMPREGADOS NA CONFECÇÃO DAS BUCHAS............................................................pág. 4 MANCAIS DE PTFE.............................................pág. 5 TIPOS DE ROLAMENTOS....................................pág. 5 Cargas..............................................................pág. 7
DIMENSÃO DE ROLAMENTO SOLICITADO ESTATICAMENTE..................................................pág. 7 CÁLCULO DO ROLAMENTO....................................pág. 8 DIMENSIONAMENTO DE MÁQUINAS DE LEVANTAMENTO...................................................pág. 11 • • • • •
Engrenagens......................................................pág. 1 CRITÉRIO DE PRESSÃO CRITÉRIO DE FLEXÃO CRITÉRIO DE PRESSÃO
Verificação dos Grupos Mecânicos Classe de funcionamento Estado de solicitação Exercícios Mecanismos de levantamento.............................pág. 14
CABOS DE AÇO.....................................................pág. 15 • • • • • • •
Propriedadesà dos cabos de aço Resistência abrasão Posicionamento dos fios TIPOS DE ROLAMENTOS....................................pág. 17 Cabos pré-formados Cabos anti-giratórios DIMENSIONAMENTO DO CABO DE AÇO..............pág. 18
Engrenagens σ max ≤ σ adm Sendo que: Onde: PU = esforço tangencial (kg) q = fator de forma b = largura do pinhão (cm) mn = módulo normal (cm) e = fator de carga ϕr = fator de correção da hélice
Nestes casos para a determinação do fator de forma (q), utilizam-se os mesmos valores das engrenagens cilíndricas de dentes retos, entretento, deve-se tomar como número de dentes o valor de:
Zn =
Z cos 3 β o
ms =
Mn cos β o
Ms = Módulo frontal ou módulo transversal
dp = 288 dp 288 N n
3
N n
= µ primitivo mm = constante = potência cv = rpm
Onde: Z = número de dentes βo = ângulo de hélice Zn = número de dentes tomados na normal O fator (ϕr) é dado em função de β o através da seguinte tabela: 1,0 1,20 1,28 1,33 1,35 1,36 1,36 1,36 1,36 1,36 ϕp 0º 5º 10º 15º 20º 25º 30º 35º 40º 45º βo
CRITÉRIO DE PRESSÃO: 2 p1
2
bd = 2 . f . ϕ
Mt 1 2 p1(2) adm . ϕ p
i ±1 . i
dp =rpm Z . ms (cm3)
MT =
Onde: b = largura do pinhão (cm) dp 1 = diâmetro primitivo do pinhão (cm) ƒ = fator que envolve características elásticas do par N = potência em (cm) I = relação de multiplicação P1 (2) = pressão admissível de contato (kg /cm2) ϕp = fator de correção de hélice n1 = rotação pinhão (r.p.m.) O fator (ϕp) é dado em função de β o através da seguinte tabela: ϕp βo
1,0 0º
71620 . N n
MT = momento torçor kgf. Cm N = potência cv N = rpm
pU =
MT RP
PU = força tang kgf RP = raio primitivo
1,11 1,22 1,31 1,40 1,47 1,54 1,60 1,66 1,71 5º 10º 15º 20º 25º 30º 35º 40º 45º
Nestes casos também a pressão admissível de contato (Padm) deverá ser estabelecida em função das caraterísticas do material e de vida expressa em horas.
b = 2 f2 .
MT i+1 . i Padm 2 . ϕ p 2 dp
V7 - 1
[cm]
Aplicação:
Dimensionar a ECDH para as seguintes condições: Flexão e desgaste:
Dados: N = 10 cv n = 900 rpm i = 2,7
Z = 19 βo = 20º ϕo = 20º
material SAE 1045 beneficiado uso 9 horas diária utilização e incidência de carga máxima.
Critério de Flexão ou Resistência
Zn =
Z 19 19 ∴ Zn = ∴ Zn = ∴ Zn = 22,89 ∴ 0,8297 cos 3 . β cos 3 20º
Zn = 23 dentes
O
dp = 288
3
N ∴ dp = 288 n
dp = Z . ms ∴ ms =
3
10 ∴ 900
dp = 64,26 mm
64,26 = ms ∴ ms = 3,38 19
mn mn ∴ 3,38 = ∴ mn = 3,17 ∴ cos β cos 20º
Mn = 3,25
nomalizado
mn 3,25 ∴ ms = ∴ ms = 3,45 ∴ cosβ cos20º dp = 19 . 3,45 ∴ dp = 65,55 mm
Recálculo de ms e dp ∴ ms = dp = Z . ms ∴
MomentoTor çor = MT = PU =
71620 . N 71620 . 10 ∴ MT = ∴ MT = 795,77 kgf . cm n 900
MT dp ∴ RP = 2 RP
[cm] PU =
795,77 6,555 ∴ RP = ∴ 3,1775 2
RP = 3,2775 cm
PU = 242,79786 kg
b=
σ fadm
PU . q . mn . e . ϕ R
b = 14,43 mm
mm
b=
242,797 . 3,2 15,33 . 3,25 . 0,8 . 1,35
a Flexão.
σfadm =
23 = 15,33 kgf / mm 2 1,5 9 horas uso
CRITÉRIO DE PRESSÃO OU DESGASTE: A expressão a seguir serve para levantar o valor da pressão.
Padm = Padm = Padm =
MT i + 1 [ kgf / cm2 ] . i b . dp 2 , ϕ p 795,77 2,7 + 1 2 . 1512 2 . . 2 2,7 1.443 . 6,555 . 1,40 4572288 . 9,16743 . 1,3703704 2 . f2 .
Padm = 7578,9593 kgf/ cm2
V7 - 2
Determinação da vida em horas:
49 . HB ∴ HB = 185 kgf/ mm 2 w 16 49 . 185 49 . 185 7578,95 = ∴ w 16 = w 16 = 1,1960745 w 16 7578,95
Padm =
w = 1,1960745 6 ∴ W = 2,9278 h = 54,219 w . 10 6 2,9278 . 10 6 tendo : h = ∴ h= ∴ muito curta 60 . n 60 . 900 Para 2 anos de uso que dureza deverá ter 6570 horas de uso : N=
60 . n . h 60 . 900 . 6570 ∴ w= 10 6 10 6
w 16 = HB =
6
w ∴ w 16 =
6
Padm . w 16 ∴ 49
354,78 ∴ HB =
W = 354,78
W 1/6 = 2,66
7578,95 . 2,66 HB = 411,42 kgf/ mm 2 49
OBS.: O material deverá ser tratado termicamente pelo processo de tempera por chama ou por indução. HB ≅ 411,42 kgf /mm2 que eqüivale a 44 HRC.
MANCAIS DE DESLIZAMENTO DE ROLAMENTO Mancais: São elementos de máquinas que têm por finalidade suportar eixos, possibilitando movimento relativo de rotação, destes, em relação às peças que os envolvem. Na maioria dos casos os eixos são rotativos e os suportes ( estrutura, caixa) são fixos. As forças agindo sobre os eixos, através de elementos neles fixados, como polias, engrenagens, volantes, rotores, etc. , se escorregam para o suporte fixo através dos mancais.
V7 - 3
Dependendo do tipo esforços aplicados os mancais são: RADIAIS: Forças preferencialmente radiais.
FR >>>Fa
AXIAIS: Forças preferencialmente axiais.
FA >>>FR
MISTOS: Forças igualmente radiais e axiais. FR ≅ FA Basicamente os mancais podem ser: ¾ de escorregamento (deslizamento) ¾ de rolamento
MANCAIS DE DESLIZAMENTO São do tipo:
Os mancais de deslizamento poderão apresentar três tipos de atrito:a – Atrito seco - contato peça-peça, não há qualquer tipo de lubrificante; - Ex.: em gravadores. b – Atrito semi - fluido - contato peça-peça com uma película de lubrificante; - Ex.: eixos em geral c- Atrito fluido - fluido - a película de lubrificante é suficientemente espessa a ponto de evitar 0 Uma das situações acima deve ser escolhida, de acordo com a situação do projeto.
MATERIAIS EMPREGADOS NA CONFECÇÃO DAS BUCHAS: Bronze: Liga cobre - estanho 85 – 5 chumbo 9 zinco. Contendo 83,0 a 86,0% de cobre, 4,0 a 6,0% de estanho, 2,0% máximo de zinco e 8,0 a 10,0% de chumbo;- empregada em buchas pequenas e mancais. ¾ Liga cobre - estanho 80 –10 chumbo 10 – contendo 78,0 a 82,0% de chumbo, 9,0 a 11,0% de estanho, 1,0% de zinco máximo e 8,0 a 11% de chumbo;- empregada em mancais para altas velocidades e grandes pressões e em mancais para laminadores. ¾
V7 - 4
¾
¾
¾ ¾
¾
¾
Liga cobre - estanho 78 –7 chumbo15 – contendo 75,0 a 80,0% de cobre, 2,0 a 8,0% de estanho, 1,0% máximo de zinco e 13,0 a 16,0% de chumbo;- empregada para pressões médias, em mancais para automóveis. Liga cobre - estanho 70 –5 chumbo 25 – contendo 68,0 a 73,0% de cobre, 4,0 a 6,0 de estanho, 1,0% máximo de zinco e 22,0 a 25,0% de chumbo;- empregada em mancais para altas velocidades e pressões baixas. 2 O limite de resistência à tração dessas ligas para mancais varia de 10,0 kgf/ mm , 2 para as que contém maior teor de chumbo, a 18,0 kgf/ mm . Adiciona-se chumbo para melhorar as propriedades lubrificantes ou de antifricção das ligas, além da usinabilidade. O zinco é igualmente eventualmente adicionado, atuando como desoxidante em peças fundidas e para melhorar a resistência mecânica. Também podemos fabricar mancais de : ligas de alumínio, ferro fundido, ligas de zinco, ligas de magnésio, madeira, borracha, vidro, material porcelanizado, carbetos duros, buchas grafitadas (até 300ºC) . Podemos também, fabricar mancais com PTFE.
MANCAIS DE PTFE (Politetrafluoretileno) É uma resina com alta resistência química, excelente estabilidade em temperaturas elevadas, ótima isolação elétrica, alta estabilidade à intempéries, baixo coeficiente de atrito e ante - aderência total. Outras características do PTFE sçai: auto-lubrificante, não absorve água, não queima, não solta fumaça, propriedade dielétrica excelente, permite congelamento, possibilita esterilização. Nada adere ao PTFE. Para construção mecânica, também temos PTFE puro com: fibra de vidro; bronze; grafite; carvão; dissulfeto de molibdênio. Estes compostos aumentarão a rigidez, a condutibilidade térmica, a dureza e a estabilidade dimensional. Os mancais de deslizamento são utilizados em locais onde se necessita : ¾ Ausência de ruídos; ¾ Baixa vibração; ¾ Ausência de lubrificantes (Buchas de PTFE); ¾ Baixo custo; ¾ Facilidade de montagem e desmontagem; ¾ Pode ser feito na própria industria.
MANCAIS DE ROLAMENTO Os rolamentos consistem em dois aros ou anéis concêntricos, um dos quais vai na sede do suporte e o outro cravado no eixo; entre os dois aros vão esferas ou roletas que eliminam o atrito por deslizamento para convertê-lo em uma rotação. Para conseguir os elementos rolantes guardem as devidas distâncias entre si, os rolamentos têm também uma peça chamada armadura, porta-esferas ou porta-roletes.
TIPOS DE ROL AMENTOS: a- rígido de uma fileira de esferas b- auto-compensador de esferas c- de contato angular d,e- rígido de rolos cilíndricos f- de agulhas g- auto-compensador de rolos h- de rolos cônicos i- axial de esferas j- axial de esferas combinado k- axial de esferas auto-compensador l- de rolos cônicos m- de duas carreiras de rolos. V7 - 5
Cada tipo de rolamento tem propriedades características que o tornam particularmente apropriado para certas aplicações. Entretanto, não é possível estabelecer regras rígidas para a seleção do tipo de rolamento, já que para isso tem que ser considerados diversos fatores. As recomendações que são dadas a seguir, servirão para indicar, em uma determinada aplicação, os detalhes de maior importância para efetuar a seleção do tipo de rolamento mais adequado.
Espaço disponível Na maioria dos casos, pelo menos uma das dimensões principais do rolamento, geralmente o diâmetro do furo, é determinada pelas características do projeto da própria máquina. Normalmente são selecionados rolamentos rígidos de esferas para eixos pequenos diâmetro, enquanto que para eixos de grandes diâmetros podem ser escolhidos os rolamentos rígidos de esferas, os de rolos cilíndricos ou os auto-compensadores de rolos. Quando o espaço radial é limitado, deverão ser selecionados rolamentos de pequena seção, por exemplo gaiolas de agulhas, rolamento de agulhas com ou sem anel interno, certas séries de rolamentos auto-compensadores de rolos. Quando o espaço axial é limitado e são necessários rolamentos particularmente estreitos, para cargas radiais ou combinadas, podem ser utilizadas algumas séries de rolamentos de uma carreira de rolos cilíndricos ou rígidos de esferas e, para cargas axiais, gaiolas axiais de agulhas e algumas séries de rolamentos axiais de esferas.
V7 - 6
Cargas Este é o fator que geralmente determina o tamanho do rolamento a ser usado. Em geral, considerando as mesmas dimensões principais, os rolamentos de rolos podem suportar maiores cargas que os rolamentos de esferas. Estes últimos são utilizados principalmente para suportar cargas pequenas e médias, enquanto que os rolamentos de rolos são em muitas ocasiões, a única escolha possível para cargas pesadas e eixos de grandes diâmetros.
DIREÇÃO DA CARGA Carga radial Os rolamentos de rolos cilíndricos com anel sem flanges ( tipo NU e N ) e os rolamentos de agulhas ( exceto os rolamentos combinados de agulhas e esferas e os combinados agulhas / axiais), podem suportar somente cargas radiais. Todos os demais tipos de rolamentos radiais podem suportar cargas tanto radiais como axiais.
Carga Axial Os rolamentos axiais de esferas podem suportar somente cargas puramente axiais leves ou moderadas. Os rolamentos axiais de esferas de escora simples podem suportar cargas axiais num só sentido, e os de dupla escora, cargas axiais em ambos os sentidos. Os rolamentos axiais de rolos cilíndricos e os axiais de agulhas podem suportar elevadas cargas axiais num sentido. Os rolamentos axiais auto-compensadores de rolos podem suportar, além de cargas axiais bastante elevadas, cargas radiais de uma certa magnitude atuando simultaneamente.
Carga combinada A carga combinada consiste de uma carga radial e uma axial que atuam simultaneamente. Para suportar cargas combinadas são utilizados principalmente os rolamentos de esferas de contato angular de uma ou duas carreiras, e os rolamentos de rolos cônicos. Também são utilizados os rolamentos rígidos de esferas e os rolamentos auto-compensadores de rolos. Quando a componente axial representa uma grande parcela da carga combinada, pode ser aplicado um rolamento axial separado para suportá-la, independentemente da carga radial. Além dos rolamentos axiais, para suportar cargas puramente axiais podem também ser utilizados rolamentos radiais adequados, por exemplo rolamentos rígidos de esferas ou rolamentos de esferas de quatro pontos de contato. Para se ter a certeza de que esses rolamentos são submetidos somente a carga axial, os anéis externos devem ser montados com folga radial no alojamento.
DIMENSÃO DE ROLAMENTO SOLICITADO ESTATICAMENTE Solicitação Estática é quando o rolamento está parado ou oscila lentamente. Exemplo: Gruas (Talhadeira), posicionadores, etc. Para se calcular o rolamento por solicitação estática devemos calcular o fator de esforços estáticos (Fs). Para comprovar que o rolamento selecionado possui capacidade de carga estática suficiente. Fs recomendável sobre o ponto de vista de segurança contra deformações plásticas nos pontos de contato. Fs = 1,5 à 2,5 para exigências elevadas Fs = 1,0 à 1,5 para exigências normais Fs = 0,7 à 1,0 para exigências reduzidas
V7 - 7
Se o rolamento trabalhar em altas temperaturas devemos introduzir mais um fator na fórmula que será o Ft. Para Solicitação Estática: Co Fs =
Até Para Para Para
150°C 200°C 250°C 300°C
Ft = 1 Ft = 0,90 Ft = 0,75 Ft = 0,60
Po
⇒ Co = Po. Fs Co =
Po.Fs Ft
Co = Solicitação de carga estática [ kN ou N] ou [kgf] este dado é encontrado no catálogo. Po = Carga estática equivalente: é um valor que deverá ser calculado quando houver cargas combinadas, quando não houver carga combinada, ou seja, somente carga radial, Po = Fr. Quando Po for combinado usa-se a seguinte expressão: Po = Xo . Fr + yo . Fa
Dados iniciais para escolha do rolamento. n = rpm Ø do eixo a ser montado. Fr e Fa = forças radiais e axiais. Tipo de rolamento escolhido de acordo com aplicação.
1° Exemplo: Rolamento Estático, carga pura (Fr). Para um rolamento solicitado estaticamente com força radial pura de 655 kgf montado em um eixo de diâmetro 30mm, deseja-se saber: • número ou designação para compra considerando carga de exigência elevada e temperatura de trabalho ambiente, indique também qual deve ser a tolerância no eixo e a rugosidade superficial sabendo que o rolamento possui carga rotativa no anel de encosto externo no caso do eixo, determinar também o raio mínimo de encosto do rolamento. Fs=2,0
Ft=1,0
Como solicitação do rolamento é radial Fr = Po Fr=655kgf Fs=2 Po . Fr 655 . 2 Co = ⇒ Co = ⇒ Co = 1310 kgf ou Ft 1 Co = 12838 N O rolamento escolhido foi 6306 que possui Ø interno = 30mm e Ø externo 72mm x 19mm de largura com capacidade de carga estática igual a 14600 N que atende a solicitação do equipamento que exige uma carga estática de 12838 N e um diâmetro de eixo igual a 30mm. Caso não poder alterar o Ø eixo, pode-se utilizar 2 rolamentos. Mas vale lembrar que a viabilidade do projeto (relação custo x benefício).
CÁLCULO DE ROLAMENTO SOLICITADO DIN AMICAMENTE Tem por base a fadiga do material, formação de pittings (pequenos buracos no rolamento). A fórmula para a vida nominal é: C = P. P*
Lh . n . 60 10
6
V7 - 8
Onde: C = capacidade de carga dinâmica. P = carga dinâmica equivalente [N]. Lh = vida nominal expressa em horas n = rotação [rpm]. *P = 3 para rolamento de esfera. *P = 10/3 para rolamentos de rolos. Quando o rolamento for solicitado axialmente e radialmente ao mesmo tempo, usa-se a seguinte expressão: P = x . Fr + y . Fa
Onde: Fr = Carga Radial Fa = Carga Axial x = Fator Radial y = Fator Axial Para carga e rotação variável segue a fórmula: n q q1 n2 q2 P = 3 P13 . n1 . + P3 . . + ... Pn 3 . N . N nm 100 2 nm 100 nm N 10 Rotação média q1 q2 nm = n1. + n2 . + ... [rpm] 100 100 Para cargas sujeitas a alterações, mas a rotação permanecer constante obteremos: P = 3 P13.
q1 100
+ P23.
q2 100
+ ...
Se uma rotação constante e a carga crescem de forma linear de um valor mínimo para um valor máximo obtem-se: P=
Pmin + 2 . Pmáx 3
Exercício: Rolamento solicitado dinamicamente. Um rolamento de esferas deverá ser calculado para uma rotação de 800rpm com uma carga radial de 600kgf e uma carga axial de 200 kgf em uma transmissão de engrenagem para uso geral montado em um eixo de engrenagem para uso geral montado em um eixo de diâmetro igual à 40mm. Calcular C: C = P. P*
Lh . n . 60
106 P = x . Fr + y . Fa
Lh = 20000 h (visto em catálogo) n = 800 rpm *P = 3 (Rolamento de esferas) V7 - 9
Neste momento faremos uma pré-escolha utilizando um rolamento de diâmetro 40mm que se encontra no catálogo SKF-página 118, entre o máximo e o mínimo valor para fazermos o pré-cálculo da capacidade dinâmica. Observação:
1. Caso o rolamento não resista (não possua capacidade dinâmica para atender a solicitação), o projetista poderá atuar da seguinte forma: AUMENTAR O NÚMERO DE ROLAMENTOS NO LOCAL DA APLICAÇÃO. 2. Escolher dentro da mesma categoria de diâmetro 40mm um rolamento com maior capacidade, caso continue não atendendo, volte a opção anterior. 3. Pode-se optar em trocar o tipo de rolamento, desde que o mesmo esteje dentro das características de funcionamento (bom para cargas combinadas). 4. Se o projeto permitir, aumente o diâmetro do eixo, com isto obteremos um rolamento com maior capacidade até atingirmos a necessidade da aplicação. Capacidade de carga dinâmica vista no catálogo SKF, C = 16.800 Capacidade de carga estática Co = 9300 Iremos verificar os valores de x e y para introduzirmos na fórmula que determina a carga dinâmica equivalente igual à P: P = x . Fr + y . Fa
De acordo com a tabela da página 115 do catálogo SKF, é necessário que se faça algumas verificações para obtermos o valor de x e de y. Fa
1a Verificação:
Co
=
200 . 9,8 9300
=
0,21
Fa/Co = 0,21, no catálogo Fa/Co mais próximo é 0,25 que nos fornece valor de e = 0,37. Para folga normal, o catálogo nos recomenda 2 verificações: e
Fa/ Fr ≤ e
Fa/Fr > e
Verificando Fa/ Fr, obtemos o valor de 0,33, que por sua vez é menor do que e, portanto o catálogo (SKF) nos fornece valor de x = 1 e y = 0. P = x . Fr + y . Fy P = 1 . 600 . 9,8 + 0 . 200 . 9,8 P = 5880 N
Calculando o valor de C, temos: C = P. P*
Lh . n . 60 10
6
⇒ C = 5880 . 3
20000 . 800 . 60 10
6
=
C ≅ 58005,3 N
V7 - 10
Verifique-se que o rolamento escolhido não atende a solicitação devida de 20000 h e carga dinâmica de 58005,3N pois o rolamento resiste a C =16.800N.
Solução: 1. Aumentar o número de rolamentos ou 2. Nova verificação com o rolamento 6408 pré-escolhido no catálogo que possui C = 63700 N. Temos:
1962N Fa/Co = 36.500N = 0,054
A relação Fa/Co nos leva ao valor de 0,07 e = 0,27 Fa/Fr < e Valores para x e y: x = 0,56 y = 1,6 P = 0,56 . 600 + 1,6 . 200
C = 6428,8 . 3
20000 . 800 . 60 10
6
P = 6428,8N
⇒
C = 63419,1 N
Concluímos que o rolamento escolhido 6408 possui C = 63700 N e o valor calculado de C = 63419,1, portanto o rolamento escolhido atende a nossa necessidade.
DIMENSIONAMENTO DE MÁQUINAS DE LEVANTAMENTO EM ESPECIAL: PONTES ROLANTES VERIFICAÇÃO DOS GRUPOS MECÂNICOS A – PELA ABTN ( ASSOCIAÇÃO BRASILEIRA DE NORMAS TÉCNICAS) Para efeito de projeto de equipamentos de P. R. , guindastes e diversos equipamentos de transportes, a norma brasileira (PNB -283) estuda os mecanismos e estruturas separadamente; no momento veremos quanto a mecanismos. A PNB –283 classifica os diferentes mecanismos de um equipamento de levantamento em sete grandes grupos, a seguir : 1MA, 1MB, 2M, 3M, 4M e 5M, de acordo com o serviço que estes efetuam. A obtenção desses grupos se consegue através da verificação da classe de funcionamento e estado de solicitação.
CLASSE DE FUNCIONAMENTO A verificação do tempo médio de funcionamento diário do mecanismo dado em horas. O mecanismo só será considerado em funcionamento quando estiver em movimento. A tabela a seguir, é estimada em função dos dias de trabalho normal, tirando os dias de descanso. V7 - 11
C. F .
Duração Total (horas)
V0,25
Tempo (horas) diário 0,5 <
V0, 5
> 0,5 e ≤ 1
1600
V1
> 1 e ≤ 2
3200
V2
> 2 e ≤ 4
6300
V3
> 4 e ≤ 8
12500
V4
> 8 e ≤ 16
25000
5V
16 >
800
50000
ESTADO DE SOLICITAÇÃO Indica em que proporção está sendo utilizado um mecanismo ou elemento deste. Os E. S. são dados em três estágios, a seguir:
ES 1: Refere-se quando o mecanismo é utilizado mais para cargas pequenas e raramente à sua carga máxima. ES 2: Quando o mecanismo praticamente é submetido a tempos quase que iguais a pequenas, médias e máximas solicitações a que se dispõe.
ES 3: Quando na maioria das vezes as solicitações estão bem perto da máxima. A seguir gráficos comparativos dos três estados:
V7 - 12
Combinando a classe de funcionamento com o estado de solicitação, selecionamos o grupo mecânico: C. F. E. S. 1 23
V0 25 ,
V0 5,
1V
2V
3V
4V
5V
1MB
1MB
1MB
1MA
2M
3M
4M
1MB
1MB 1MA
1MA 2M
2M 3M
3M 4M
4M 5M
5M
Exercícios:
01. O tambor do sistema de levantamento de um guincho será utilizado em média 3 h/ dia, sendo que o projeto será para um peso limite de 20 toneladas e o cliente informa que só 66% da carga máxima será solicitada para 20% do tempo de utilização. Determine o grupo de trabalho do tambor. 02. Para se verificar que tipo de polias móveis se colocaria em um moitão de uma ponte rolante foram fornecidos os seguintes dados: trabalhará em média 5 h/ dia e estima-se que em 50% de sua vida trabalhará a plena carga. Qual seu grupo mecânico?
V7 - 13
PELA DIN (DIN – 15020) A norma DIN verifica o grupo de trabalho da seguinte maneira:
1º - Através do número de operações ou ciclos por hora se determina o grupo de trabalho. 2º - Este grupo de trabalho é válido para todos os elementos do sistema. MECANISMOS DE LEVANTAMENTO Os mecanismos dos sistemas de levantamento se compõe, normalmente, de acordo com o croqui abaixo:
V7 - 14
1: MOTOR ELÉTRICO Geralmente assíncrono de indução de anéis, cuja característica deve ser a de partir a plena carga. 2: LUVA ELÁSTICA Esta luva serve para dar proteção ao motor, tanto pelo alinhamento como para conseguir com êxito a rotação constante entre o motor e o redutor. 3: REDUTOR DE VELOCIDADE É necessário devido a rotação em que se encontra o motor e a velocidade que se deseja dar à carga no movimento de subida e descida. 4: TAMBOR Serve para armazenar o cabo de aço. O tambor pode ser liso ou ranhurado. 5: FREIO O freio, quando se trata de pequenas e médias intermitências, será eletromagnético e para grandes intermitências, eletrohidráulico. Quando se trata de motor de corrente contínua, teremos freio a disco. 6: MOITÃO É o nome dado à série de polias responsável pela subdivisão da carga em diversas ramais de sustentação. 7: CABO DE AÇO Este elemento de tração serve para elevar ou descer a carga. Começaremos agora a estudar com mais detalhes cada um desses componentes e verificando como dimensioná-los se for o caso. CABOS DE AÇO Os cabos de aço são formados por diversos fios, de bitola, em geral entre 0,4 a 5 mm aproximadamente, que se enrolam helicoidalmente. São fabricados com Aço ABTN 1060 ou 1070. Obs: Podemos encontrar na praça, cabos com acabamento galvanizado (tratamento com zinco à quente), usado para equipamentos que trabalham em atmosferas corrosivas. Este tratamento fornece ao cabo uma resistência final de aproximadamente 10% menor que o comum. ELEMENTOS QUE COMPÕE O CABO
Os cabos de aço são compostos pelo enrolamento helicoidal de diversas pernas em torno de um núcleo central chamado alma. Essas pernas, por sua vez, também são compostas pelo enrolamento helicoidal de arames em sucessivas camadas, cujas bitolas podem ou não serem idênticas. -
⋅ ⋅ -
. .
QUANTO AO TIPO DE ALMA PODEMOS TER: alma de fibra ( A. F. ) alma de aço ( A. A. ) QUANTO À ALMA DE FIBRA, ESTA PODE SER: natural (cânhamo, cizal, etc.) artificial (polipropileno – nylon -) V7 - 15
VANTAGENS DA ALMA DE FIBRA: 1. O cabo é mais flexível possível; 2. A alma se comporta como uma esponja, ou seja, retém o lubrificante, liberando-o a medida do necessário. -
DESVANTAGENS DA ALMA DE FIBRA: 1. Não pode ser utilizada em ambientes de alta temperatura. 2. Menor resistência comparando com o A. A. -
OS CABOS COM ALMA DE AÇO PODEM SER: - Comuns: mais uma perna colocada no miolo. - Alma de aço por cabo independente A ( ACI). Um mini cabo serve de alma para os cabos maiores. Consegue-se maior resistência. VANTAGENS DO A. A. 1. Maior resistência ao amassamento ( ideal no caso de enrolamento no tambor liso em mais de uma camada). 2. Resistência à ruptura (τ rup) -
DESVANTAGENS DO A. A. 1. Menor flexibilidade que o de A. F. exigindo diâmetro de enrolamento maior para uma mesma durabilidade. 2. Maior peso que o A. F. -
PROPRIEDADES DOS CABOS DE AÇO Para uma determinada bitola, para um cabo de aço, este será mais flexível quanto maior for o número de arames contidos neste. RESISTÊNCIA À ABRASÃO Quanto maior a bitola dos arames da camada mais externa das pernas de um cabo de aço, maior será a sua resistência à abrasão ao passar por polias, tambores, etc. POSICIONAMENTO DOS FIOS O posicionamento de fios grossos na região mais externa de uma perna, resulta num cabo mais flexível do que aquele onde os fios grossos estão na periferia.
Existem três formas básicas construtivas de cabo no mercado (CIMAF) - Seale - Warrington - Filler
A - SEALE - O número de fios na primeira camada é igual ao número de fios na Segunda camada em cada perna. - Características: ⋅ Elevada resistência à abrasão e pouca flexibilidade. - Aplicações típicas: ⋅ Equipamentos de mineração em geral, cabo de arraste de caçamba em escavadeiras. V7 - 16
B - WARRINGTON - Um arame central + 6 arames finos na primeira camada + 6 arames finos e 6 grossos na segunda camada por perna. - Características: ⋅ Elevada flexibilidade devido às colocações de fios finos na periferia das pernas. ⋅ Baixa resistência à abrasão. - Aplicações: ⋅ Sistema de elevação de talhas, ponte rolante, etc. C - FILLER Composto de um arame central + 6 fios finos na primeira camada + 6 fios finos na segunda camada + 12 fios grossos na terceira camada. - Características: ⋅ Intermediária entre dois anteriores. - Aplicações: ⋅ Em geral, guindastes e escavadeiras.
TIPOS DE ROL AMENTOS A - LANG Nos cabos com enrolamento tipo LANG, o sentido do enrolamento dos fios que compõe as pernas e das pernas que compõe o cabo coincidem. Portanto, podemos ter cabos com enrolamento tipo LANG nos dois sentidos. B - REGULAR Nos cabos com enrolamento tipo REGULAR os sentidos de enrolamento são contrários. Obs.: No tipo LANG o cabo é mais flexível e tem maior tendência de giro que o REGULAR. CABOS PRÉ- FORMADOS Foram projetados a fim de se minimizar a sua tendência de giro quando tracionados. Não são totalmente antigiratórios. Esses cabos têm arames deformados plasticamente e helicoidalmente, sendo acomodados para formar uma perna. A montagem das pernas não sofre deformações plásticas. Vantagens: 1. Maior facilidade de manuseio, ou seja,no corte do cabo, os fios não se soltam e ainda os arames que se rompem no uso, permanecem na mesma posição, o que não acontece com os cabos comuns. 2. Têm maior resistência à ruptura que os cabos comuns, pelo fato de serem bem menores as tensões internas. 3. São mais flexíveis devido a menor força de atrito entre os fios que compõe as pernas.
CABOS ANTI-GIRATÓRIOS Contém duas camadas de pernas enroladas em sentidos opostos com efeitos opostos de giro. Como conseqüência, são extremamente rígidos só justificando a sua aplicação em guindastes que trabalham com um único cabo de elevação.
V7 - 17
DIMENSIONAMENTO DO CABO DE AÇO PELA ABNT
-
Fórmula:
dc min = Q . Fmax
[mm ]
Onde: dcmin = diâmetro do cabo mínimo possível Q = coeficiente em função do grupo do mecanismo max F = Força máxima de tração na região mais solicitada do cabo [kgf] Grupomecânico 1MA 1MB 2M 3M 4M 5M
Q Cabo comum 0,265 0,280 0,300 0,335 0,375 0,425
Q Cabo Anti-Giratório 0,280 0,300 0,335 0,375 0,425 0,475
Obs.: Tabela válida para coeficiente de segurança de 4 a 10,5. Em geral os coeficientes de segurança mais usuais para máquinas de levantamento são: ⇒ ⇒ ⇒ ⇒
Pontes Rolantes, Pórticos, Semi- Pórticos - 6 à 8 Guindastes - 4 à 6 Elevadores industriais -8 à 10 Elevadores de passageiros - 10 à 12
Obs.: 1. Em equipamentos que executam tarefas perigosas, como por exemplo: transporte de material em fusão ou corrosivos, escolhe-se sempre um grupo mecânico imediatamente superior ao projeto do mecanismo para efeito do cálculo do cabo de aço. 2. Em equipamentos que são freqüentemente desmontados para efeitos de transporte, permite-se que o cabo de aço seja selecionado num grupo mecânico imediatamente inferior ao do projeto do mecanismo. Exemplo: guindaste de construção civil. -
Pela DIN (15020)
Fórmula:
dc min = k
Fmax [mm]
(k) Ver página V10-8
Onde: K = coeficiente em função do grupo mecânico (vide tabela I pg V10-10) -
Verificação do coeficiente de segurança ( C. S. )
O valor obtido nesta fórmula deve ser comparado aos valores pré-estipulados para o mecanismo de acordo com a tabela de C. S. C.S =
Frup Fmáx
Frup = valor tabelado para o cabo escolhido – vide tabela de cabo de aço. F = valor calculado. máx
V7 - 18
CP.
AUT.
PROJ.
PROJETOS INDUSTRIAIS
TREINAMENTO E CONSULTORIA TÉCNICA
Volume 8
Elabora ão: Pro . Carlos Paladini
Rua Artur Moreira, 197 – Jd. Marek - Santo André – SP - CEP: 09111-380 Fone: (0xx11)4458-5426 - Cel: (0xx11)9135-2562 - E-mail:
[email protected]
Índice Vol. 8: •
CÁLCULOS DOS DIÂMETROS DOS TAMBORES.....pág. 1 TEORIA SOBRE MOITÕES...................................pág. 2 • • • • •
EXERCÍCIOS..................................................pág. 1
Moitão simples Moitão Gêmeo Cálculo do rendimento do moitão Cálculo da força máxima Exercícios
DIMENSIONAMENTO DE TAMBORES........................................................pág. 4 • •
• • • •
•
Cálculo do número de espirais TAMBORES RANHURADOS..............................pág. 5 Moitão Gêmeo Verificação do ângulo Verificação da proporcionalidade Materiais utilizados na fabricação de tambores.......................................................pág. 6 SOLICITAÇÕES NO TAMBOR...........................pág. 6
DIMENSIONAMENTO DAS FLANGES LATERAIS.....pág. 7
POTÊNCIA DE LEVANTAMENTO...........................pág. 8
DIMENSIONAMENTO DOS PARES RODA/TRILHO...................................................pág. 10 •
Tabelas
POTÊNCIA DE TRANSLAÇÃO...............................pág. 12 •
Exercícios
Exercícios:
1. Um guincho reboque será projetado para uma operação diária de 2 horas, estimando-se que com 30% do tempo em uso a carga útil será de 66% da máxima admissível, sendo que se tem preferência pelo uso do cabo antigirtório e a força máxima do cabo estima-se 1600 kgf, qual o diâmetro do cabo padronizado? 2. Em uma ponte rolante para 15 toneladas, o peso máximo no cabo é de 3,5 toneladas, sendo utilizado em oficina para pequena capacidade, mas sempre que em uso, está em plena carga. Qual o diâmetro do cabo personalizado? 3. Uma ponte rolante de fundição para 65 ton. Funciona com média de 40 operações / hora, sendo que é utilizada para transporte de material em fusão. A força máxima no cabo é de 9 toneladas. Qual o diâmetro do cabo padronizado? 4. Em uma obra, o elevador industrial tem no ramal de seu cabo aforça máxima de 1500 kg. Observando a recomendação do C. S., determinar o diâmetro do cabo padronizado.
CÁLCULO DOS DIÂMETROS DOS TAMBORES E POLI AS -
PELA ABNT
Como já visto anteriormente, a duração de um cabo de aço depende principalmente do diâmetro de enrolamento dos elementos como polias e tambores. O valor obtido para o diâmetro do cabo só será válido se respeitar a seguinte inequação: DP ou T ≥ H1 . H2 . dc
min
Onde: DP ou T = Diâmetro de enrolamento das polias ou tambor, tomando o diâmetro nas linhas de centro do cabo. H1 = Coeficiente tabelado em função do grupo mecânico. H2 = Coeficiente tabelado em função do número de flexionamentos do cabo. Normalmente H2 = 1,0 TABELA PARA VALORES DE H1 Grupo Mecânico Tambores
-
1MB 1MA
C.C. 16 16
2M 3M 4M 5M
18 20 22,4 25
Polias Ativas
Polias de Compensação
C.A. C.C. C.A. C.C. 16 16 18 14 18 18 20 14 20 22,4 25 28
20 22,4 25 28
22,4 25 28 31,5
14 16 16 18
C.A. 16 16 16 18 18 20
PELA DIN
DP ou T = Valor tabela 02
Pág. V10-8
O valor da tabela 02 é obtido em função do grupo mecânico, o mesmo utilizado para a obtenção do cabo de aço. Obs.: A normalização dos diâmetros obtidos pelos dois processos se fazem através das tabelas 07 para polias e tabela 08 para tambores.
V8 - 1
Exercícios:
01. Continuando o exercício n.º 1 de cabos, obter: Diâmetro da polia ativa e diâmetro do tambor, ambos padronizados. 02. Idem para o exercício n.º 2. 03. Idem para o exercício n.º 3. 04. Idem para o exercício n.º 4.
TEORIA SOBRE MOITÕES Denomina-se moitão ao conjunto de polias ativas fixas e móveis, e possível polia de compensação, responsáveis pela sustentação de carga e subdivisão do peso desta pelos diversos ramais de cabos do conjunto. Podemos ter dois tipos de moitões: - Moitão simples - Moitão gêmeo MOITÃO SIMPLES É aquele onde uma das extremidades do cabo é amarrada a um ponto fixo, enquanto a outra vai para o tambor de enrolamento. MOITÃO GÊMEO No moitão gêmeo tem-se uma construção equivalente a dois moitões simples trabalhando em paralelo. Usando este tipo de moitão, anula-se possível balanço da carga do que se fosse utilizado o moitão simples. No caso do moitão gêmeo sempre o cabo vai para o tambor saindo de polias móveis e sempre as duas pontas do cabo vão para o tambor. CÁLCULO DO RENDIMENTO DO MOITÃO Primeiramente vamos verificar o rendimento para uma única polia.
Teoricamente, se analisarmos o sistema mecânico apresentado na figura, chegaremos a conclusão que se não tivermos acelerações ou frenagens na subida da carga Q, ou seja, o sistema está sendo considerado à velocidade constante de levantamento (V L). Teremos, a menos das perdas a seguinte igualdade. F=Q Entretanto no sistema teremos a presença das seguintes perdas: 01. → Atrito no mancal da polia 02. → Perdas devido a rigidez do cabo de aço. Essas perdas são expressas como rendimentoda polia (ηp) que em média vale: → Para mancais de escorregamento (bronze) = 0,96 c Para mancais de rolamento = 0,98 V8 - 2
→ Rendimento de um moitão simples:
η =
1 - ηn p n(1 - ηp )
n = número de ramais de cabos
→Rendimento de um moitão gêmeo ηMG ↑ Usa-se
n 2
n 2
=
ηMS ↑ Usa-se
Ou seja: Quando se quiser saber o rendimento de um moitão gêmeo de 8 ramais, saindo da polia móvel, basta procurar na tabela como se fosse um moitão simples de 4 ramais, ou calculando, usamos a mesma fórmula do moitão simples, só trocando “n “ por “n /2 “. Para o primeiro exercício:
n
η
no lugar de N
=
1 - ηn p 1 - 0,98 4 ∴ η= ∴ η = 0,97 n(1 - ηp ) 4(1 - 0,98 ) ∴ ηMS 4 ramais = ηMG 8 ramais
CÁLCULO DA FORÇA MÁXIMA Fórmula:
Fmáx =
Q + go n . ηmoitão
[kgf ]
Onde: go = peso do moitão + peso do gancho etc... Obs.: Para o cálculo da força máxima, “n” é o número de ramais, indiferente se o moitão é simples ou gêmeo. Exercícios:
01. 02. 03. 04.
Determinar a força máxima no ramal mais solicitado de um moitão gêmeo de 8 ramais, usado na ponte rolante. A carga é Q = 30 ton. e o peso do moitão é og 630 kgf. Utilizar mancal de rolamento. Determinar a força máxima no cabo de aço de um moitão gêmeo de 4 ramais, com capacidade para 20 ton. Considerar mancais de rolamento. Determinar a força máxima no cabo de aço de um moitão gêmeo para uma capacidade de 50 ton.. Considerar mancais de escorregamento. Determinar a força máx. no cabo de uma talha exponencial para capacidade de 25ton., sendo o peso de cada polia 20 kgf. Adotar mancais de escorregamento.
V8 - 3
DIMENSIONAMENTO DE TAMBORES Os tambores nas máquinas de levantamento são os elementos utilizados para tracionar e armazenar o cabo de aço do mecanismo de levantamento. Quanto aos tipos que podem ser construídos, temos os lisos e os ranhurados.
1º TAMBORES LISOS São utilizados nas montagens onde se tem o problema de espaço, como por exemplo nos guindastes, sendo somente utilizados para moitão simples, pois assim será possível o enrolamento do cabo em mais de uma camada no tambor, sendo para isso sempre a utilização de cabos com alma de aço para evitar o esmagamento do cabo.
Onde: Dt = Diâmetro do tambor dc = Diâmetro do cabo Pc = Passo Neste caso o passo Pc = dc Dp = Diâmetro primitivo.
CÁLCULO DO NÚMERO DE ESPIRAIS E CAMADAS
LC = comprimento do cabo LC = n . H Onde: n = número de ramais do moitão simples. H = altura de levantamento
ne = Onde:
LC π . Dp
nc =
n e . dc Lt
ne = número de espiras nc = número de camadas Lt = comprimento útil do tambor
Obs: Geralmente todos os tambores das máquinas de levantamento tem de 2 a 3 espiras mortas, ou seja, que nunca se desenrolam para garantir uma menor força solicitante no prendedor do cabo de aço no tambor.
V8 - 4
2° TAMBORES RANHURADOS
Onde: a = espaço para fixação do cabo ∴a ≅ 60 à 100 mm. e = espaço para que os cabos não encostem na polia compensadora; Normalmente e ≥ dpc (tabela 07). MOITÃO GÊMEO PARA n RAMAIS DE CABOS. H = Altura do levantamento
n LC = .H 2
ne = π
(para cada lado a ser enrolado) ne = número de espiras
n = número de ramais Lc = comprimento do cabo
LC . Dp T
L = ne total . P
ne total = ne + 2 a 3
Para cada lado.
LT = 2 . L + 2 . a + e
Para cada lado.
P = passo ≅ 1,14 . dc (os dois lados)
VERIFICAÇÃO DO ÂNGULO DE INCLINAÇÃO DAS RANHURAS
tgβ =
P π . DpT
Onde: β ≅ 1º
VERIFICAÇÃO DE PROPORCIONALIDADE ENTRE Lt e Dt
2 ≤
Lt ≤ 8 Dt V8 - 5
MATERIAIS UTILIZADOS NA FABRICAÇÃO DE TAMBORES FºFº com τ = 18kgf / mm2 → GG18 Chapa de aço ABNT –1020 calandrada e costurada com solda Após a solda fazer alívio de tensão e usinagem final.
SOLICITAÇÕES NO TAMBOR 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:
τ CR =
Fmáx cabo 2p . h
I
compressão
2º FLEXÃO LOCALIZADA A expressão que determina o valor dessa tensão é empírica:
τFlec. = 0,96 . Fmáx . Loc .
4
1 D 2 . h6
II
Para verificação de dimensionamento, compomos as duas solicitações acima:
τ CR + τFlec. ≤ τ . Loc.
III
Obs.: 01. Para resolver as equações acima, devemos adotar um valor para “h “, nas equações I e II e depois, verificar este valor adotado na equação III. 02. τ = 1000 kgf / cm2 para SAE 1020 τ = 500 kgf / cm2 para GG18 (cuidado com as unidades) 03. Os valores da tensão admissível anterior ( τ ) podem ser aumentadas em até 20% quando se está projetando em grupos mecânicos bastante baixos.
V8 - 6
DIMENSIONAMENTO DAS FLANGES LATERAIS As flanges laterais dos tambores devem ter espessura suficiente para resistir ao flexionamento que será provocado pelas forças na direção axial do tambor, provenientes da puxada lateral da carga a ser transportada.
Força Axial H ≅ 0,1 . Fmáx . 2 → quando o moitão gêmeo τ
flexão = 1,44 ( 1 -
flange
2 d1 H . ) (espessura da flange) 3 D hf 2
τ flexão ≤ τ flange
τ = 800 kgf / cm2 para SAE 1020 τ = 250 kgf / cm2 para GG18
e ≅ 0,4 . d d1 = d + 2 . e
Exercícios:
1. Uma ponte rolante de 25 ton. de capacidade deverá ser construída para moitão gêmeo. Obter as dimensões do tambor para essa ponte, sendo dados: -
Peso do moitão 480kg. de grande capacidade. Pontoaproximado rolante de oficina para=elevação Polias com mancal de rolamento. Altura de levantamento = 7 metros. Espaço para fixação → a = 100 mm.
-
2. Uma ponte rolante será projetada para 5 horas de uso diário, sendo que a metade do tempo de funcionamento com 1/3 da carga útil. A capacidade de carga é de 10 ton. e o moitão de 4 ramais. Dimensionar o cabo e o tambor, sendo dados: Mancal da polia = rolamentos. Altura de levantamento = 10m. Espaço para fixação do cabo a = 100mm.
V8 - 7
POTÊNCIA DE LEVANTAMENTO 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 patrida, 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 cáculos.
Q . V1 . 1000
N=
[CV ]
60 . 75 . η transmissã o Onde: Q [ton.] = peso da carga V1 [ m / min] = velocidade de subida da carga
η transmissão = η moitão . η tambor . η redutor -
RENDIMENTO DO TAMBOR
η tambor = 0,98 -
RENDIMENTO DO MOITÃO Já foi calculado anteriormente ou tabela pg. V11-1
-
CÁLCULO DO RENDIMENTO DO MOITÃO Esse rendimento é função do número de rolamentos e do número de pares de engrenagens. Portanto, devemos calcular da seguinte forma: 1º - Necessita-se saber a rotação assíncrona do motor, a rotação de placa (síncrona, não leva em consideração o fator de escorregamento que é aproximadamente igual a 5%).
Exemplo:
Motor de 4 polos:
ns =
120 . f 120 . 60 = = 1800 rpm P 4
nas = 0,95 . 1800 = 1710 rpm que é a rotação real no eixo do motor Obs.: ns = rotação síncrona nas = rotação assíncrona f = frequência da rede elétrica, no caso do Brasil, a frequência é de 60 Hz. 2º - Necessita-se saber a velocidade tangencial do tambor:
Vcabo = n . V subida da carga n tambor ← rpm =
Vcabo π . Dp do tambor
-1-2-
n = 2 para moitão de 4 cabos n = 3 para moitão de 6 cabos n = 4 para moitão de 8 cabos
Relação de transmissão
i=
nmotor n tambor
-3-
Obs.: Verificar a numeração das fórmulas a serem aplicadas. Tendo a relação de transmissão, podemos saber quantos pares de engrenagens terá o nosso redutor, da seguinte maneira: Para cada par de engrenagens, considera-se no máximo, uma relação de transmissão de 1:5, V8 - 8
Portanto: Até 1:5 De 1:5 a 1:25 De 1:25 a 1:125 De 1:125 a 1:625
Temos Temos Temos Temos
1 par 2 pares 3 pares 4 pares
Tendo o número de pares de engrenagens, podemos saber o número de rolamentos, fazendo um esquema do redutor. Exemplo: 2 pares de engrenagens:
Temos 3 pares de rolamentos, portanto, temos 6 rolamentos. Logo: ηredutor = η6rolamento . η2par de engrenagens Como:
ηrolamento = 0,985 ηpar de engrenagens = 0,97 Temos:
ηredutor = 0,98566 . 0,972 Logo: ηredutor = 0,86 ou seja 86% Exercícios:
01. Dada uma ponte rolante de capacidade 10 ton. e com velocidade de subida da carga de 8 m/min., utilizando um moitão de 4 ramais e um motor de 4 pólos, dimensionar a potência do motor de levantamento. ( V cabo, ηtambor iP). São dados: Mancal das polias = rolamento Diâmetro do tambor = 400 mm 02. ao anterior com os seguintes dados: Q =Idem 40 ton. VLev = 10 m/ min Moitão gêmeo de 8 ramais Motor de 4 pólos Mancal de escorregamento Diâmetro do tambor = 500 mm 03. No projeto de uma ponte rolante de capacidade 25 ton. que elevará a carga a uma altura de 15 m., a uma velocidade de 10 m/ min, sendo 50 operações por hora através de um motor que deverá ter uma rotação síncrona de 1200 rpm, as polias a serem utilizadas terão mancal de rolamento. Com esses dados, dimensionar pela DIN, o seguinte: - Diâmetro do cabo de aço. - Verificação do C. S. - Diâmetro do comprimento do tambor. - Potência do motor de levantamento. V8 - 9
DIMENSIONAMENTO DOS PARES RODA / TRILHO A expressão que colocaremos a seguir informa o diâmetro da roda em função dos valores da carga sobre esta, a largura útil do trilho e um coeficiente que existe devido à pressão existente entre a roda e o trilho e o módulo de elasticidade de ambos. - Pela ABNT
P K .b
D R min ≥
[mm]
Onde: P = carga sobre a roda [kgf] K = coeficiente de carga [kgf /mm] b = largura útil do trilho [mm] O coeficiente K é obtido através da seguinte relação: K = PL . C1 . C2 Onde: PL = pressão dada em função do material ou darupτ. C1 = coeficiente em função da rpm C2 = coeficiente em função do grupo mecânico. Obs.: 2 rupτ ≅ 0,35 HB mm TABELAS: PL [ kgf / mm2] 0,50 0,56 0,65 0,72
τR [ kgf / mm2]
rpm
C1
50 > 60 > 70 > 80 >
200 0,66 160 0,72 125 0,77 100 0,82 80 0,87 50 0,94 Grupomecânico C2 40 0,97 31,5 1,0 1MA - 1MB 1,12 25 1,03 2M 1,0 20 1,06 3M 0,9 16 1,09 4M-5M 0,8 10 1,13 Obs.: 01 - A tabela de PL é fornecida referindo-se aos Aços Comuns, para OFFO Nodular, deve-se usar: PL = 0,50 O F OFO Nodular é usado em equipamentos de baixa capacidade, visando a economia do custo. 02 – A largura útil do trilho, quando não tabelada, é fornecida pela fórmula: Onde: 4 B =b + .r B = largura do trilho (CSN) 3 b = largura útil do trilho r = raio de arredondamento 03 – Os valores de PL, C1 e C 2 são válidos para diâmetros de rodas iguais ou menores que 1250 mm. PELA DIN Utilizando-se a norma Alemã, teremos o seguinte critério de cálculo: Onde: P =K . b . D P = carga sobre roda [kgf] -
D=
P K .b
K = coeficiente de carga [kgf / cm2] - Ver V8-11 e V12-1 gráfico
b = largura útil do trilho D = diâmetro da roda
[cm] V8 - 10
Para se obter o valor de K , recorremos ao gráfico de Tabela . Na tabela obteremos as durezas de Brinell para vários tipos de trilhos. Comparando este valor com a dureza da roda, esta será de valor menor, neste caso, basta saber qual a velocidade empregada à roda em (m / s) e entrar no gráfico no eixo das abcissas, subindo na vertical até a curva de dureza da roda e ai retirar o valor deK no eixo das ordenadas. Obs.: K = 1 . K para serviços leves K = 0,9 . K para serviços médios K = 0,8 . K para serviços pesados Exemplo:
Para – Dureza da roda igual a 150 HB Trilho TR – 37 Pela tabela, obtemos a dureza do trilho = 210 HB Portanto, HB roda < HB trilho Temos velocidade = 60 m /min = 1, /s No gráfico, V = 1 m /s → K = 54 kgf / cm2 Considerando serviço médio: K = 0,9K = 0,9 . 54 = 48,6 kgf / cm2. Tendo o valor de K , podemos calcular o diâmetro da roda. Exercícios: pela DIN:
01 Feitos os cálculos de resistência dos materiais, chegou-se ao valor de 10 ton. para o peso na roda que movimentará uma ponte rolante cuja estimativa é de 6300 horas de vida para uma carga de aproximadamente 30% da total na metade do tempo de uso. A ponte rolante funcionará a 80 m /min, o material da roda tem dureza superficial deponte. 170 HB e o trilho será TR – 32. Obter o diâmetro da roda para translação da 02 - Uma ponte rolante foi dimensionada visando-se a padronização das rodas pela norma DIN, as condições de operação são as seguintes: - carga máxima = 30 ton. - peso do corpo completo - Go = 4 ton. - peso da ponte rolante - G = 48 ton. - velocidade de translação da P. R. = 55 m /min. - Trilhos TR-37 para a P.R. - Material da roda dureza 150 HB. - Ponte para serviços leves.
V8 -- 11 11 V8
POTÊNCIA DE TRANSLAÇÃO ( carro ou ponte) A potência de translação é considerada com a potência necessária para vencer o momento retilíneo da roda que é composto pelo atrito da roda com o trilho e o atrito do mancal da roda com o eixo resultante, na seguinte equação:
N =
WT . V . Σ Pesos 60 . 75 . η Transmissão
[CV]
Onde: WT = É a força necessária no eixo daroda por tonelada de pesonesta. Consegue-se na pag. em função do diâmetro da roda e tipo de mancal. V = Velocidade de translação [ m / min] ∑Pesos = Quando translação do carro → ∑ pesos = carga + peso carro. Quando translação da ponte → ∑ pesos = carga + ponte + carro. ηTransmissão = ηRedutor Exercícios:
01- Dimensionar o motor de translação da ponte rolante cuja velocidade é de 80 m / min e tem as rodas com 1400 mm de diâmetro utilizando mancal de rolamento. O motor a ser utilizado será de 6 rolos. Utilizar o sistema de translação com um único redutor. Dados: - Capacidade → Q = 45 ton. - Ponte rolante → G = 62 ton. - Cabine → G = 1,5 ton. - Carro → Go = 29ton. Obs.: Considerar sobre potência calculada um fator de serviço de 25% para dimensionamento do motor. 02- Para esquema da ponte rolante abaixo, determinar: - Diâmetro da roda de translação da ponte - Potência do motor de translação. Dados: - Velocidade de translação = 70 m /min - Ponte com 8 rodas - Servido pesado - Trilho TR – 50 - Capacidade Q = 40 ton. - Dureza da roda = 150HB - Peso da ponte G = 60 ton. - Motor para 1800 rpm - Peso do carro Go = 26 ton. V8 - 12
-
Serviço pesado Capacidade Q = 40 ton. Peso da ponte G = 60 ton. Peso do carro Go = 26 ton.
03 - Verificar se há possibilidade de se utilizar as seguintes chapas: 1 /2 “ . 1 m . 3 m ; 5/8 “ . 2 m . 6 m ; 3/4 “ . 1,5 m , 3 m, para confecção do tambor de uma ponte para 30 ton., sabendo que funcionará com 10 ciclos por hora, sendo o moitão com mancais de escorregamento e altura de levantamento de 6 metros. Espaço para fixação é de 70 mm. 04 – Verificar se há possibilidade de se utilizar alguns dos motores abaixo: 30 CV - 4 pólos ou 50 CV - 6 pólos para o sistema de levantamento de uma ponte para materiais em fusão. O fornecedor especifica por questões de segurança, velocidade de levantamento máxima de 3 m /min. Considerar DT = 700 mm e a capacidade da ponte = 30 ton. 05 – Verificar se há possibilidade de se utilizar algumas rodas em estoque de diâmetro 630 mm, sendo que nos cálculos obteve-se uma reação de 60 ton. Está se utilizando trilhos TR – 37 para uma ponte de 8 rodas, sendo que por questões de vibração, a velocidade não ultrapasse 30 m/min. Especifica-se a dureza da roda de 170 HB e a ponte é para serviços pesados. 06 – Sabendo-se que a potência de translação de uma ponte para 40 ton. é de 60 CV, verificar se pode ser utilizado um redutor com 2 pares de engrenagens, sabendo-se que: -
motor de 4 pólos peso do carro e ponte = 60 ton. e a ponte translada com 35 m/min para uma roda de 630 mm.
V8 - 13
CP.
AUT.
PROJ.
PROJETOS INDUSTRIAIS
TREINAMENTO E CONSULTORIA TÉCNICA
Volume 9
Elabora ão: Pro . Carlos Paladini
Rua Artur Moreira, 197 – Jd. Marek - Santo André – SP - CEP: 09111-380 Fone: (0xx11)4458-5426 - Cel: (0xx11)9135-2562 - E-mail:
[email protected]
Índice Vol. 9:
CÁLCULOS ESTRUTURAIS...................................pág. 1 • • • • • •
• •
Cálculo estrutural do tambor Verificação da travessa da caixa de gancho Cálculo do número de filetes na rosca do gancho Cálculo dos acoplamentos Cálculo dos eixos e chavetas das rodas do carro Cálculo para escolha de freios..........................pág. 5 - Freios normais e suas características - Exemplo para determinação de freios TABELA DE ESCOLHA DE FREIOS.....................pág. 9 Cálculo estrutural de uma P.R. ........................pág. 11
PLANO VERTICAL...............................................pág. 14 PLANO HORIZONTAL..........................................pág. 16 VERIFICAÇÃO DAS CARGAS DISTRIBUÍDAS.........pág. 16
CÁLCULOS ESTRUTURAIS 1 - C ÁLCULO ESTRUTURAL DO TAMBOR A) VERIFICAÇÃO DO DIÂMETRO DO EIXO
S = S1 + S2 (antigo F máx. cabo) A e B → reações de apoio L = Distância de centro a centro dos mancais 2 A = S. 1 cm] = SMomento MF == BA =. S/2 a [kgf fletor N D = S . [kgf . cm] Momento torçor M t = 71620
n
d
= 10
3
2
3,5 . Mf
+
6,5
Mf
2
+
Mt
2
[mm]
τ
Onde: A e B são reação de apoio N = potência no eixo do tambor n = rotação no eixo do tambor d = diâmetro do eixo τ = tensão de trabalho [ kgf / cm2 ] para aço ABNT 1040 τ = 1300 kgf / cm2
B) VERIFICAÇÃO DE FLEXÃO NO TAMBOR Considera-se o tambor como um tubo, geralmente é utilizado chapa de aço SAE – 1020 ( τ f = 1000 kgf / cm2 )
R4 - r 4 ) 4 R Mf S.L Sendo τ f = Mfmáx . = f 4 Mf Por tan to ω f necessário = τf Módulo de flexão w f =
π
(
V9 - 1
CÁLCULO DE wf Para isso precisamos identificar “D” e “d” na tabela 8 da apostila, através do diâmetro nominal do tambor, sendo: -
→ wf, temos que dividir D e d por 2.
D = DT - dc d = D – 2h
Calculado wf devemos ter: wf > wf necessário
C) VERIFICAÇÃO DA COMPRESSÃO RADIAL E COMPRESSÃO LOCALIZADA Fórmulas do item 6 da parte 1 2 – VERIFICAÇÃO DA TRAVESSA DA CAIXA DE GANCHO (MOITÃO)
O dimensionamento desta travessa exige noções mais elevadas de resistência dos materiais, por se tratar de um eixo de forma irregular, portanto iremos verificar este eixo de acordo com o seguinte: 1º - O diâmetro “d” será de acordo com o diâmetro interno do cubo das polias do moitão. 2º - O diâmetro “D” será de acordo com o pescoço do gancho, deixando-se uma folga para encaixe deslizante. 3º - As dimensões “H” e “B”: - H será pouca coisa superior aodiâmetro externo do rolamento de escoraque irá se assentar sobre esta face. - B ± 2 maior que o diâmetro d.
3 - CÁLCULO DO NÚMERO DE FILETES NA ROSCA DO GANCHO O pescoço do gancho recebe em geral uma rosca que transferirá a solicitação ao rolamento de escora. Os perfis utilizados são: Rosca métrica com fundo arredondado para alívio de tensões ou rosca de perfil semi-circular para pequenas e médias capacidades. Para altas capacidades, prefere-se roscas trapezoidais ou dente de serra, não esquecendo de arredondar os filetes. O dimensionamento é feito por pressão de esmagamento, e assim conseguimos a mínima altura para a porca.
P=
Q
π ( de 2 - di 2 ) . i
P≤ P
4
V9 - 2
Onde: P = pressão de esmagamento calculada P = pressão de esmagamento admissível Q = capacidade de carga de = diâmetro externo da rosca di = diâmetro interno da rosca i = número de filetes ( adotado) Deve ser em torno de 5, no máximo 7. Devido às folgas existentes, somente estes filetes irão suportar pressão. Quando: - A porca é de aço - A rosca do gancho é de aço Temos: P ≅ 300 kgf / cm2 E assim:
H = i . P
H = altura máxima da porca P = passo da rosca
Obs.: Para se efetuar esse dimensionamento, deve-se primeiramente determinar o tipo eo diâmetro da roca para então verificar a condição de pressão admissível.
4
– CÁLCULO DOS ACOPLAMENTOS
Para calcular e escolher o tipo de acoplamento que será utilizado entre motores e redutores, redutor e tambor, etc., vamos trabalhar pelo critério dado pela FALK. Consiste no seguinte: 1º - Através da Tabela 01, escolheremos a aplicação do acoplamento, retirando o valor do fator de serviço. 2º - Calculamos a potência equivalente: Onde: PE = PM . fs PE = potência equivalente PM = potência do motor fs = fator de serviço 3º - Com a potência equivalente e a rpm do eixo em que será acoplada a luva, entramos na Tabela4 . 4º - Tendo o tipo e o tamanho do acoplamento, podemos obter as dimensões e peso na Tabela Dimensional e executar o seu desenho.
5 - CÁLCULO DOS EIXOS E CHAVETAS DAS RODAS DO CARRO Teremos de dimensionar dois tipos de eixos: 1º - O das rodas tracionadas ( esforço de torção) 2º - O das rodas livres ( esforço de flexão)
A – Na roda de tração temos o eixo que sofrerá somente torção e um eixo que sofrerá flexo-torção. Ver fig.
V9 - 3
CÁLCULO DO EIXO 1 Somente esforço de torção Temos:
Mt1 = 71620 .
Nmotor n motor
→ potência do motor → rotação da roda ou do motor.
Onde Mt = momento torçor ou
Mt1 = 71620 .
N motor . i redutor n motor
[kgf . cm]
Onde i = relação de transmissão do redutor Como:
τt =
Sendo:
Mt ωT
ωT =
πd 3
[cm 3 ] p/ secção circular.
16
τT ≤ τ T ∴ Tira-se “d” que é o diâmetro mínimo do eixo. Obs.: Para aço SAE 1050, τ = 800 kgf / cm2 CÁLCULO DO EIXO 2 P = carga na roda mais solicitada " = distância entre os mancais da roda Mf = Momento fletor Mf =
P " . 2 2 P.
Mf =
d = 2,17
3
"
4
Mc τf
Mc = Mf 2 + (
[cm]
1,7 . Mt 2 ) 2
[kgf . cm]
Onde: d = diâmetro do eixo Mc = Momento combinado Mt = Momento torçor (já calculado anteriormente)
B - CÁLCULO DO EIXO DAS RODAS LIVRES ( flexão pura) P = carga na roda mais solicitada "
= vão entre mancais
Mf =
ωf =
P. 4
πd3 32
"
[kgf . cm]
[cm 3 ]
Aço SAE 1050 → τ f = 1500 kgf / cm2
ωT = 2ωf
τ flexão = τ flexão ≤ τ τ τ =
Mf ωf flexão
3
V9 - 4
C - DIMENSIONAMENTO DE CHAVETAS A SEREM UTILIZADAS EM ACOPLAMENTOS. Em primeiro lugar devemos verificar a largura, altura da chaveta em função do diâmetro do eixo normalizado. Em segundo, calcula-se o Mt, usando-se a potência no eixo e a rpm. Em terceiro, calcula-se a forma tangencial exercida para cisalhar a área da chaveta.
FT =
2 . Mt d eixo
Por ultimo, com a largura da chaveta e o seu comprimento "( ), verificamos a área a cisalhar Onde: S = b ." S = área a cisalhar b = largura τc = FT / S " = comprimento ↓ τc ≤ τc τc = tensão de cisalhamento FT = força tangencial
Como já verificamos a chaveta por cisalhamento, resta verificá-la por esmagamento.
τc ≅ Onde:
τe 3
"
=
4 . Mt d . h . τc
τc = tensão de cisalhamento τe = tensão de esmagamento
" = comprimento a ser verificado Mt = momento torçor d = diâmetro do eixo h = altura da chaveta Procedimento: De acordo com o diâmetro “d”, escolhemos umachaveta padronizada e um material para esta. Depois verificamos se esta chaveta irá agüentar :Primeiro as medidas “b” e “ " ” por cisalhamento e depois as medidas “h” e "“ ” por esmagamento.
6 – CÁLCULO PARA ESCOLHA DE FREIOS Este cálculo vale-se pelo momento aplicado ao freio no instante de acionamento; em outras palavras, o fabricante já nos informe qual o freio adequado para absorver a energia no instante requerido através das dimensões da polia no freio, ou seja, se sua massa é compatível.
V9 - 5
Mm =
N . 9740 n
[N . m]
M freio = Mn . ν . ηMecânico do sistema
Onde: Mm = Momento Motor [N . m] N = Potência nominal [k w] (11k w = 15cv) n = rotação do eixo [rpm]
[N . m]
Onde: ν = fator de serviço para translação → ν = 1,6 para levantamento → ν = 2,5
Com o valor M freio entrando na tabela do fabricante, temos o mínimo e o máximo para cada tipo com a respectiva polia.
FREIOS DE DUAS SAPATAS ACIONADAS POR ELDROS ( EMH – Eletromecânica e Hidráulica Ltda.) FREIOS NORMAIS COM ELDROS Sistemas modernos de frenagens, nas indústrias de transportes, siderúrgicas, aciarias, etc., são executados com freios normais acionados por ELDROS. Freios normais com ELDROS, oferecem as seguintes vantagens: Enquadramento nas “normas internacionais” Padronização dos componentes (Norma DIN – 15435) Simples montagem e manutenção Garantia sobre o conjunto completo FREIOS NORMAIS E SUAS CARACTERÍSTICAS Os freios normais de suas sapatas, são fabricados conforme a Norma DIN –15435. Os freios de diâmetros 200 mm até 400 mm inclusive, são executados em ferro fundido GGC40. Os mesmos, poderão também, ser executados com bases e alavancas superiores em chapas soldadas. Os freios de diâmetros 500 mm até 710 mm, são executados em chapas soldadas, com exceção das sapatas e braços laterais, cuja execução, é em ferro fundido GGC40. A paralelidade das sapatas, em relação à polia de freios, é controlada através de dispositivos reguláveis, fixados nas alavancas laterais. O posicionamento das sapatas, é regulado por encostos fixados nos braços laterais. O momento de frenagem é fornecido por uma mola helicoidal de pressão, a qual está montada em um tubo localizado entre o braço lateral do freio e o ELDRO. O momento de frenagem desejado, pode ser regulado através da pré-tensão da mola citada. A suspensão inferior da mola é visível e corre ao longo de uma escala, mostrando o momento de frenagem regulado. Todas as peças usinadas, tais como: pinos, arruelas, parafusos, etc., são zincadas galvanicamente. Todas as outras peças recebem duas demãos de “primer”, após uma limpeza metálica. A pintura final, recebe uma camada de tinta na tonalidade de “Cinza Claro – Esmalte Epoxi Poliamida”. Pinturas ou proteções especiais, (contra maresia, etc.), poderão ser feitas sob encomenda. Todos os mancais são tratados com “Molycote”, que suspende qualquer lubrificação durante a operação do freio. Para evitar falhas inesperadas ou enferrujamento, é necessário uma desmontagem anual do freio, para uma limpeza e retratamento com “Molycote”. O freio normal com ELDRO, é um freio de segurança, o qual fecha-se automaticamente em caso de falta de energia elétrica. A proteção com Eldro corresponde à IP-65.
V9 - 6
ELDROS, OS ACIONAMENTOS ELETROHIDRÁULICOS Os ELDROS, integrados aos freios normais, já têm uma tradição de muitos anos, quer sejam aplicados em pontes rolantes, sistemas de transportes, ou, nas indústrias em geral. O elevado fator de segurança, é uma característica própria do ELDRO e por isso, é aceito em todo o mundo. Segurança e durabilidade destes aparelhos, permitem um aproveitamento em larga escala. ELDROS, fabricados com precisão e sob controles permanentes durante o processo de fabricação, oferecem as seguintes vantagens: Alto fator de segurança Ação suave e firme Elevada durabilidade Ação em tempo reduzido Elevado número de ligações Construção simples e robusta Não necessita proteções elétricas Sentido de rotação do motor não influi na ação, não necessitando de contatores de reversão Insensível às variações de tensões, sobrecarga e limitação do percurso Aplicação universal Aprovado conforme as seguintes “Normas”: ASA (USA) CEI (Itália) NBN (Bélgica) NEMA (USA) SEN (Suécia) CSA (Canadá) IEC (Publ. 72) BS2613 (Inglaterra) JS (Índia) NEK (Noruega) NF (França) SEV (Suíça0 VDE (Alemanha) -
EXEMPLOS PARA DETERMINAÇÃO DE FREIOS a) Freios de parada ou de segurança Freios de parada ou freios de segurança, são freios que devem evitar uma aceleração de um eixo de uma máquina ou de um equipamento que esteja parado. O momento de frenagem do freio aplicado, sempre e em todas as condições, deve ser maior que aceleração o momentopode de acelerador da máquina, ou do equipamento quevento esteja parado.doEsta ser provocada por: Vibrações, influências do e etc. M t freio > M t máq. b) Freios de ação Freios de ação são freios que paralizam em um curto espaço de tempo, eixos de máquinas ou equipamentos em movimento.
M t freio ≥ 9740 .
P . η 2 . c [Nm] n
Nota: O fator “c” para sistemas de elevação, deveria ser 2,5 e para translação etc., aproximadamente 1,5. O fator de rendimento do acionamento, é considerado: η = 0,8. Em conseqüência teremos: P M t freio elevação ≥ 15580 . [Nm]
n M t freio translação ≥ 9350 . P [Nm] n
V9V9 - 7- 7
P = capacidade do motor [kw] n = velocidade [ min-1] Mt = momento de torção [Nm] 10 Nm ≅ 1 kgf . m Em caso de pontes rolantes para siderúrgicas e outras instalações em serviço pesado, é recomendado não ultrapassar alguns dados característicos, os quais constam nas tabelas 1 e 2. TABELA 1 d [cm] pv µ
20,0 75
25,0 80
31,5 90
40,0 100
50,0 110
63,0 125
71,0 135
Onde: pvµ = constante, resultante da pressão específica entre a lona e a polia, velocidade superficial da polia e o fator de atrito Nm
cm 2 seg
[cm] d = diâmetro da polia de freio 2 d MT perm = 3,9 (pvμ) [Nm] n1 Onde: 1 n = rotação do motor ( polia e freio) A rotação do motor, pode ser reduzida eletricamente através de sistemas adequados de frenagem antes do freio entrar em ação. Infelizmente, poucos são os operadores de pontes rolantes que aproveitam esta vantagem, e por isso, foi elaborada a Tabela 2 abaixo, considerando-se a frenagem pelos freios de suas sapatas sem ajuda do sistema elétrico e com uma velocidade síncrona de 1,5 x a velocidade síncrona do motor. O tempo de parada é considerado com 0,8 seg. Caso a velocidade supersíncrona, ultrapasse 1,5 x a velocidade síncrona, é necessário um recálculo cuidadoso dos valores pvµ. TABELA 2 M t permitido [Nm] 1 n
[min –1] 1800 1200 900 720
20 65 100 130 160
25 110 160 220 270
31,5 190 290 390 480
d 40 350 520 690 870
50 600 890 1190 1490
63 1070 1610 2150 2690
71 1470 2210 2950 3690
600
200
330
580
1040
1790
3220
4420
c) FREIOS DE REGULAGEM Freios de regulagem são freios que mantém uma determinada velocidade intermediária. Freios para estes casos, precisam ser calculados cuidadosamente e especialmente, caso por caso, pois, levam-se em consideração as seguintes condições: -
Velocidade regulada Potência instalada Tempo de atuação Condições ambientais
V9 - 8
TABELA DE ESCOLHA Tipo do freio
FNN 2023
Momento [Nm] min. máx
60
150
FNN 2523
70
190
FNN FNN FNN FNN
2530 3230 3250 3280
110 140 240 390
250 310 530 840
FNN 4030 FNN 4050 FNN 4080
170 300 470
400 670 1070
FNN 5080 600 FNN 50125 930 FNN50200 1520
1340 2090 3350
FNN63125 FNN 63200 FNN63300 FNN71125 FNN 71200 FNN71300
1170 2630 1890 4220 2820 6330 1300 2970 2120 4750 3150 7130
Coef ∅ da Tipo do de polia Eldro Atrito (mm) [µ]
0,36
200 ED 23/5
0,36
Força do Eldro [N]
Trab. do Eldro [Nm]
Cap. Corr. Lig. Per Ab- em por curs sor 440V hora o do vida 60Hz Eldro [w]
150
250 ED 30/5 300 ED 30/5 300 ED 50/6 500 315 ED 80/6 800
15,0 160 0,70 2000 50 390 15,0 160 0,70 50 590 30,0 170 1,40 60 700 48,0 200 1,40 200 60 710
150 150 260 270
0,36
ED 30/5 300 400 ED 50/6 500 ED 80/6 800
15,0 160 0,70 50 860 30,0 170 1,40 2000 60 1000 48,0 200 1,40 60 1010
150 260 270
0,36
ED 80/6 800 48,0 200 1,40 500 ED 125/6 1250 75,0 450 1,30 2000 ED200/6 2000 120,0 900 1,80
0,36
0,36 0,36
ED125/6 630 ED 200/6 ED300/6 ED125/6 710 ED 200/6 ED300/6
230
1250 2000 3000 1250 2000 3000
11,5
160
0,70 2000
50
Peso do Eldro c/ óleo [N]
300
ED 23/5
230
[A]
Peso do Freio + El dro [mm] [N]
11,5
75,0 120,0 180,0 75,0 120,0 180,0
450 900 1100 450 900 1100
1,30 1,80 2000 1,80 1,30 1,80 2000 1,80
1330 1470 1510
270 380 410
2280 2300 2350 2800 60 2830 2860
380 410 440 380 410 440
60
60
DIMENSÕES
Nota: As medidas contidas nesta folha estão sujeitas a alterações sem prévio aviso.
V9 - 9
Tipo do freio Momento min. Máx. Nm
d1
a1
a2
FNN 2023
60
150
200
FNN 2523 FNN 2530
70 110
190 250
250
FNN 3230 FNN 3250
140 240
310 530
805,5 315 842,5 721,5
FNN FNN FNN FNN
390 170 300 470
840 400 670 400 1070
3280 4030 4050 4080
FNN 5080 FNN 50125 FNN 50200
616
a3 a4
685
535 604
923 960
836
600 1340 1152 930 2090 500 1175 1011 1520 3350
FNN 63125 1170 2630 FNN 63200 1890 4220 630 1352 1220 FNN 63300 2820 6330 FNN 71125 1300 2970 FNN 71200 2120 4750 710 1491 1354 FNN 71300
185 165
b1
b2
b3
b4
75
70
80
80
90
89
220
200
95
90
260
247
118
110 110
107
310 300
150
140 140
127
365 365
190
180 170
160
460 445
236
225 214
181
510 500
265
255 240
211
3150 7130
Continuação:
Tipo do freio
Momento min. Máx. [Nm]
b5
d3
f1
h2
i
k
11
12
m
Peso c/ Eldro [N]
FNN 2023
60
150
115 160 419
55 145 105
70
15
300
FNN 2523 FNN 2530
70 110
190 250 160 18 122 140 190 493
65 180 140
70
19
390
FNN 3230 FNN 3250 FNN 3280
140 240 390
310 160 530 190 18 134 165 230 594 840
80 220 180
70
19
590 700
FNN 4030 FNN 4050 FNN 4080
170 300 470
400 160 670 190 22 167 200 280 715 100 270 1070
220
80
23
860 1000 1010
FNN 5080 FNN 50125 FNN 50200
600 1340 190 930 2090 216 22 202 250 340 871 130 325 275 1520 3350
80
23
1330 1470 1510
FNN 63125 FNN 6 3200 FNN 63300 FNN 71125 FNN 7 1200
1170 1890 2820 1300 2120
2630 4220 216 27 245 305 420 1072 170 400 350 100 24 6330 2970 4750 216 27 276 340 470 1198 190 450 400 100 24
2280 2300 2350 2800 2830
FNN 71300
3150 7130
160
14 93
f2 h1
710
2860 V9 - 10
7 - CÁLCULO ESTRUTURAL DE UMA P. R. Neste capítulo iremos desenvolver cálculos básicos para o dimensionamento estrutural de uma ponte rolante, sendo que existem vários itens que não serão abordados, devido estarem fora do nível do projetista de máquinas. CLASSE DE UTILIZAÇÃO É um levantamento estatístico efetuado para se verificar em qual situação se encaixará o projeto em pauta. Classe de Utilização
Freqüência de utilização do
Número convencional de
movimento de levantamento ciclos de levantamento (vida) Ocasional, não regular, seguida de largosperíodosderepouso 6,3 X 10 4 Regular, serviço intermitente 2,0 X 105 Regular em serviço intensivo 6,3 X 105 Serviço intensivo, severo efetuado em mais de um truno (> 8 horas 2,0 X 106 seguidas de trabalho)
A B C D
ESTADO DE CARGA Caracteriza em que proporção o equipamento levanta a carga máxima ou somente uma carga reduzida. Isto caracteriza a severidade do serviço do equipamento. Na norma considera-se 4 estados convencionais de carga. 0 Muito leve 1 Leve 2 Médio 3 Pesado
Equipamento levantando excepcionalmente a carga nominal e comumente cargas muito reduzidas. Equipamento que raramente levanta a carga nominal e comumente cargas de 1/3 da nominal. Equipamento freqüentemente levanta a carga nominal e comumente cargas compreendidas entre 1/3 e 2/3 da nominal. Equipamento regularmente carregado com a carga nominal.
CLASSIFICAÇÃO DAS ESTRUTURAS Utilizando-se conjuntamente da classe de utilização e do estado de carga conseguimos chegar às classes estruturais. E. C. 0 1 2 3
C. U. ABCD 1 2 3 4
2 3 4 5
3 4 5 6
4 5 6 6
Os diversos grupos definidos na tabela, classificam a estrutura dos equipamentos como um conjunto e determinam o valor de um coeficiente de majoração que será levado em conta no dimensionamento da estrutura. TABELA DO COEFICIENTE DE MAJORAÇÃO (M) E.G. 1 M
2
3
4 1,0
5 1,06
6 1,12
1,20
Este coeficiente será utilizado mais adiante.
V9 - 11
SOLICITAÇÕES DEVIDO A MOVIMENTO VERTICAL
ψ = 1 + ξ . vL Onde: ψ = coeficiente dinâmico, vai multiplicar a carga de serviço (Q + go). VL = velocidade de levantamento (m/s) ξ = coeficiente { 0,6 para estruturas bi-apoiadas ; 0,3 para estruturas em balanço Obs: A fórmula é válida para VL ≤ 1 m/s, para maiores velocidades,ψ será constante e calculado para VL = 1 m/s. -ψ nunca deve ser menor que 1,15. Se calculado for menor, assumimos: ψ = 1,15. SOLICITAÇÃO DEVIDO AO MOVIMENTO HORIZONTAL 1º - Efeitos de inércia, devido à aceleração ou frenagens nos movimentos da direção e ou translação. 2º - Reações horizontais provocadas pelo caminhode rolamento. Ver gráficos a seguir.
Como usar o gráfico: entrar com o valor de L/B que são dados de projeto e retirar λ (lâmbida) para o uso posterior. V9 - 12
Onde: PC = peso do carro (resultante do tambor, motor, freio, etc.). SL = carga de serviço SL = Q + go C. G. = Distância de resultante “R “ entre PC e SL até a roda do carro mais próxima. Utilizando do processo de movimento ( ∑MR2 = 0 ) e posteriormente derivando e igualando a zero, teremos o local na estrutura onde se dará o maior momento.
R L - C. G. 2 Mmax = L . ( 2 ) Obs.: Este momento só inclui o peso do carro e carga de serviço. A reação por viga se calcula:
R=
PC ψ . SL + 2 2
A – 2 – PESOS PRÓPRIOS Considera-se nestes casos, o momento que cada componente contribui para o momento fletor total da estrutura. 1. Estrutura da viga principal propriamente dita ∑p [ kgf/ m]
V9 - 13
3° Efeitos de choques contra batentes. Na estrutura temos duas condições: - Vt < 42 m /min ; onde: Vt = velocidade de translação. Não levamos em consideração o choque. - Vt > 42 m /min ⇒ Calculamos as reações na estrutura para choque usando o princípio da conservação da energia. EC ⇒ Ep ou seja : A energia cinética do carro, no impacto, transforma-se em energia potencial absorvida pela estrutura. SOLICITAÇÕES DIVERSAS Ao calcular acessos e passadiços dos equipamentos, deve-se prever as seguintes cargas concentrados: ⇒ 300 kgf para serem depositados materiais de manutenção; ⇒ 150 kgf para passagem de pessoal ⇒ 30 kgf de empuxo horizontal no cálculo dos corrimões ou guarda corpo. Obs: Dados a serem utilizados nos cálculos mais adiante. DIMENSIONAMENTO DAS VIGAS PRINCIPAIS Neste capítulo vamos nos restringir ao cálculo de estruturas localizadas em galpões industriais. Todo o desenrolar do dimensionamento ( verificação de cargas concentradas e distribuídas, momentos fletores, nos planos horizontal e vertical, momentos de inércia com respectivos módulos de resistência) são para verificar se o todo da estrutura está dentro dos limites de τ - e f.
A - PLANO VERTICAL A -1- CARGA MÓVEL (CORPO)
P1 e P2 ⇒ Reações na roda Adotando P1 > P2 ∴ P1 é maior reação na roda do carro.
Mmax =
Σ p . L2
[ kgf . cm ]
8
V9 - 14
Onde: ∑p é a somatória de pesos que compõe a viga caixão, por metro será calculado mais adiante quando a viga for definida.
2 – A - Sistema de translação da ponterolante quando centralizado ( em desuso).
Mmax =
PO . L 4
[ kgf / cm]
Onde : PO = Pmotor + Predutor + Pfreio [ kgf ]
2 – B – Sistema de translação da ponte rolante quando não centralizado, ou seja, um sistema para cada roda tracionada ( usado atualmente).
Onde: P1 = P2 = x = y =
resultante de pesos do sistema 1 para a roda esquerda resultante de pesos do sistema 2 para a roda direita distância da resultante P1 à roda esquerda distância da resultante P2 à roda direita
Pela simetria do sistema, temos: P1 = P2 e x = y Portanto, podemos definir o momento máximo (M max): [ kgf . cm ] M max = P1 . x = P2 . y Considerando o já calculado, temos: A–1 A–21 MV = M max + M max corpo + estrutura cargadeserviço
A–2 + M max sistema translação
[ kgf . cm ]
Onde: MV = Momento Máximo no plano vertical.
V9 - 15
B - PLANO HORIZONTAL Os momentos no plano horizontal podem ser calculados para força de inércia máxima (FH) que pode ser imposta à estrutura. Isto pode ser feito diretamente, dividindo-se os momentos já calculados no plano vertical por 14, para a mesma posição crítica. Portanto temos:
MH =
MV 14
Onde: MH = momento máximo no plano horizontal.
C - VERIFICAÇÃO DAS CARGAS DISTRIBUÍDAS Neste ítem calcularemos ∑p, mencionado anteriormente. ( Fazer depois do ítem D) [ Kgf / cm ] ∑p = P1 + P2 + P3 + P4 + P5 + P6 + P7 Obs.: Note a unidade: peso por unidade de comprimento.
⇒ Cálculo de P1
P1 = peso das almas + abas ( ver desenho da viga mais à frente - ítem D ). (kgf / m) P1 = ∑áreas . yaço [m2] ( peso específico do aço = 7850 kgf / m3)
⇒ Cálculo de P2
P2 = peso dos trilhos + pertences P2 ≅ 1,1 . peso do trilho por metro (ver tabela)
⇒ Cálculo de P3
Os diafragmas são elementos utilizados na construção das vigas com as seguintes finalidades: Distribuir os esforços no trilho sobre a tampa da caixa nas almas por meio de cisalhamento; Formar um quadro, garantindo que todas as chapas trabalhem simultaneamente; Subdividir as almas em painéis, visando diminuir o comprimento de flambagem, uma vez que estas estão comprimidas.
VERIFICAÇÃO DO DIAFRAGMA
resmag =
M . P1 ≥ 2150 kgf / cm 2 (T + ZE) . e
2.E
Onde: M = coeficiente de majoração (já calculado) P1 = reação crítica do carro e = espessura do diafragma e ≥ 1/4 “ T = base do trilho E = espessura da aba (ver desenho da viga adiante) VERIFICAÇÃO DO TRILHO QUE SE FIXA SOBRE A VIGA CAIXÃO
rtrilho =
M . P1 . a / 2 6 . w trilho
≤ 1260 kgf /cm 2 V9 - 16
CP.
AUT.
PROJ.
PROJETOS INDUSTRIAIS
TREINAMENTO E CONSULTORIA TÉCNICA
Volume 10
Elabora ão: Pro . Carlos Paladini
Rua Artur Moreira, 197 – Jd. Marek - Santo André – SP - CEP: 09111-380 Fone: (0xx11)4458-5426 - Cel: (0xx11)9135-2562 - E-mail:
[email protected]
Índice Vol. 10:
SECÇÃO DA VIGA...................................................pág. 1 MOMENTO DE INÉRCIA DA SECÇÃO........................pág. 2
VERIFICAÇÃO DAS TENSÕES RESULTANTES............pág. 2
VERIFICAÇÃO DA TENSÃO ADMISSÍVEL...................pág. 2
• •
VERIFICAÇÃO DA SECÇÃO POR CISALHAMENTO......pág. 3 SISTEMA ILUSTRATIVO DOS PRINCIPAIS APARELHOS DE ELEVAÇÃO.............................................................pág. 5 • • • • •
Cargas distribuídas Cargas concentradas
Macacos Talhas Sarilhos Monovias Ponte rolante
DIMENSIONAMENTO DE CABOS DE AÇO, POLIAS E TAMBORES...........................................................pág. 8 TABELAS: • • • • •
• • •
TABELA 1 – Cabo de Aço....................................pág. 8 TABELA 2 – Cabo de Aço....................................pág. 8 TABELA 3 – Cabo de Aço....................................pág. 8 TABELA 4 – Cabo de Aço....................................pág. 9 TABELA 5 – Classificação dos aparelhos de Levantamento segundo Norma DIN 15020.................................pág. 10 TABELA 6 – Polias para Cabos de Aço..................pág. 11 TABELA 7 – continuação da “6”...........................pág. 12 TABELA 8 – Dimensões do tambor para enrolamento dos cabos de aço......................................................pág. 12
Onde: M = coeficiente de majoração P1 = reação crítica do carro a = característica da viga (ver desenho pag. anterior) WT = resistência ao deslocamento das rodas. Verificado o diafragma, podemos calcular o seu peso:
P3 =
Volume do diafragma . número total γ aço vão
[ kgf / m]
⇒ Cálculo de P4
P4 = peso dos diafragmas parciais P4 = 20% de P3 ∴ P4 = 0,2 . P3 ⇒ Cálculo de P5
P5 = peso de passadiço de manutenção P5 ≅ 60 kgf / m ⇒ Cálculo de P6
P6 = peso dos armários elétricos P6 ≅ 60 a 90 kgf / m ⇒ Cálculo de P7, caso exista.
P7 = pesos dos eixos de transmissão
P7 =
volume . γ aço metro
Obs.: P1 , P2 , P3 , P4 , P5 , P6 e P7 estão em kgf / m, portanto devem ser divididos por 100 para, somados, formar Σp [ kgf / cm] e aí então podem entrar na fórmula de momento máximo da estrutura da viga principal, propriamente dita, ítens A – 2 – 1.
D - SECÇÃO DA VIGA
T = Base do trilho; B ≥ 300 mm
V10 - 1
VERIFICAÇÃO DE PROPORCIONALIDADE:
L D L B
≤
25
B E
≤
≤
60
E
≅ 2 . t
60
E – MOMENTOS DE INÉRCIA DA SECÇÃO E MÓDULOS DE REISTÊNCIA - Para tanto, devemos assumir valores da secção da viga e verificá-la.
A . E3 D.E 2 t . D3 .2 + 2.A .E.( ) + 2. [ cm 4 ] 12 2 12 J W XX = XX [ cm 3 ] H/2 E . A3 2 . Dt 3 B + t 2 + 2 . t .D ( J yy = .2 + ) [ cm 4 ] 12 12 2 J W yy = yy [ cm 3 ] A/2 J XX =
F - VERIFICAÇÃO DAS TENSÕES RESULTANTES
MV W XX MH rH = W YY rV =
[kgf / cm 2 ] 2
[kgf / cm ]
Temos: M . ( rV + rH) ≤ τ = 1500 kgf / cm2 Onde: M = coeficiente de majoração.
G - VERIFICAÇÃO DA FLEXA ADMISSÍVEL A - CARGAS DISTRIBUÍDAS
f1 =
S . Σ p . L4 384 . E . J XX
Onde : ∑p = E = E = L =
[cm]
P1 + P2 + P3 + P4 + P5 + P6 + P7 (já calculado) módulo de elasticidade 2,1 . 106 kgf / cm2 vão da ponte
B - CARGAS CONCENTRADAS
F2 = Onde:
( P1 + P2 ) . ( L - d ) . 3L2 - ( L - d ) 2 PO . L3 + [cm] 96 . E . J XX 48 . E . J XX P1 e P2 = reações máximas do corpo kgf L = vão da ponte rolante cm d = distância entre rodas que determinam P1 e P2 E = módulo de elasticidade = 2,1 x 106 kgf / cm2 PO = peso do sistema de translação centrado ou um em cada roda. Se for um em cada roda, temos dois motores, dois redutores, dois acoplamentos, etc. V10 - 2
Tendo f1 e f2, podemos verificar a flexa admissível da seguinte maneira: ftotal = f1 + f2 Onde:
ftotal ≤ f
L para P. R. Industriais 800 L f = para P. R. Siderúrgicas 1000 f =
H - VERIFICAÇÃO DA SECÇÃO “A - B “ POR CISALHAMENTO (τ )
-
ψ ( Q + go ) + PC
2
→ Peso do carro
→ uma parte em cada viga ( são duas)
e = mínima distância possível a. CISALHAMENTO À FORÇA CORTANTE ( VA )
Va =
Σp . L
+
M. 2. VA τQ = A (Guardar esse valor para uso posterior)
PO 2
+
ψ ( Q + go ) + PC
2
.(
L - e
)
L
Onde: M = coeficiente de majoração A = área da secção “AB “ PC = peso do carro
b. CISALHAMENTO POR TORÇÃO b.1- Devido ao torque de partida do motor
Mt 1 = 71620 .
Nmotor 1 .i . . C partida [ kgf / cm] n motor redutor 2
Onde: Cpartida é um coeficiente que irá determinar a potência de partida, quando multiplicar Nmotor Cpartida = 1,7 a 2,5; Isto é : a potência é 170% a 250% maior. V10 - 3
b.2- Devido ao peso dos painéis elétricos.
mt 2 =
Parm . x 2
[ kgf . cm ]
Onde: x = distância de acordo com a figura Parm = já foi definido anteriormente Parm = P6 b.3- Devido à reação horizontal do carro;
FH =
MH h
Mt 3 = Fh . h . (
L - e ) L
[ kgf . cm ]
Onde : L = vão e = menor distância do gancho ao apoio na estrutura
Unindo as três situações do item “b “, temos:
Mt max = Mt 1 + Mt 2 + Mt 3 M . Mt max ∴ τT = 2 . A média . t min M . ( Mt1 + Mt 2 + Mt 3 ) τT = 2 . [ ( F + E) . (B + t ) . t ] Onde : M = coeficiente de majoração F, E, B, t = de acordo com a secção DIMENSIONAMENTO DO TRUQUE Compondo os itens " a " e " b " , temos : τ max = τ Q + τ T τ max ≤ τ sendo que
τ
=
σ
/ 3
V10 - 4
O dimensionamento do truque baseia-se no raciocínio utilizado para as vigas principais, sendo que em alguns itens haverá de se verificar a necessidade desse cálculo, ou seja, poderá ser desprezado.
TABELAS
SISTEMAS ILUSTRATIVOS DOS PRINCIPAIS APARELHOS DE ELEVAÇÃO A - MACACOS.
Mecânico de parafuso
Macaco hidráulico
B - TALHAS
V10 - 5 V10 - 5
Gêmea de 4 cabos
V10 - 6
C - SARRILHOS
D - MONOVIAS
E - PONTE ROLANTE
V10 - 7 V10-7
DIMENSIONAMENTO DE CABOS DE AÇO, POLIAS E TAMBORES De acordo com a Norma DIN 15020
dmin = k F
Tabela de coef. de segurança para cabos de aço Aplicação S Cabo e cordoália estática 3a4 Cabo p/ Tração horizontal 4a5 Guincho 5 Guindaste, pas e escavadeiras 5 Pontes rolantes 6a8 Talhas elétricas e outras 7 Elevador de baixa vel. (carga) 8 a 10 Elevador de alta vel. passageiros 10 a 12
Onde: dmin = mínimo diâmetro do cabo admissível em mm k = coeficiente dado pela tabela I – 1 em mm / kg F = solicitação do cabo em kg TABELA 01
P/ cabo de aço
Grupo da trans – missão por cabo
Número de ciclos por hora
0
Até 6 de 6 a 18 de 18 a 30 de 30 a 60 acima de 60
I II III IV
Valores mínimos de K em mm / kg 0,28 0,30 0,32 0,35 0,38
C=F.S Onde: F = força atuante no cabo S = Fator de Segurança C = capacidade do cabo (carga de rup constante na pg. V10-9
Grupo de Transmissão - ver folha V10-10 F= C S
TABELA 02 Valores mínimos D / d Grupo
Tambor
Polia móvel
Polia fixa
15 18
16 20 22 24
14 14 15 16 16
0 I II III IV
20
22 24
25
Ex: p/ 5000Kg
– 18 a ci clos K=0,32
C = 5000 . 5 = C = 2500 Kgf dmin = 0,32 .
∴
5000
dmin = 22 ,6 mm
Nota: Os valores de k foram calculados para cabos de aço de τr = 160 kg / mm2 e coeficiente de segurança ν = 4,5 a 8,3. TABELA 03 Cabo de aço polido categoria 6 x 37, especial para pontes Rolantes e Guindastes. Fabricação da CIMAF - São Paulo. N.º ciclos por hora
C. S. 160 kgf/mm2
Coef. Seg. 180 kgf / mm2
Até 6 Acima 6 a 18
4,5 5,2
5,1 5,8
18 30 a 30 60 acima 60
5,9 7,0 8,3
6,7 8,0 9,4
Ex.: grupo 2 -20 ( cabo dado = 15mm Dt = 20 dc min Dt = 20 15 Dt = 300 Dt = 20 x 15 = 300
6 x 41 Warrington – 61 - x6 37 / 12AF / 18
61–8 x –8 41 –8 Filler –16AF
Seale 1 –8 – AF ( 8 + 8 ) -16
V10 - 8 V10 - 8
Resistência à Tração dos arames: 180 a 200 kgf / mm2 Diâmetro Peso aproximado Polegadas Milímetros kg / m 1 / 4” 6,35 0,15 5 /16” 7,937 0,24 3 / 8” 9,525 0,33 1 / 2” 12,7 0,58 5 / 8” 15,88 0,91 3 / 4” 19,05 1,29 7 / 8” 22,23 1,77 1” 1 1 1 1 1 1
1 / 8” 1 / 4” 3 / 8” 1 / 2” 5 / 8” 3 / 4”
25,4 28,575 31,75 34,925 38,1 41,28 44,45
2,31 2,92 3,60 4,36 5,19 6,09 7,07
Carga de Ruptura mínima efetiva (kgf) 2 350 3 650 5 230 9 250 14 300 20 500 27 700 36 400 100 45 55 800 67 200 79 700 93 400 108 000
-
Estes cabos podem ser fornecidos com alma de aço: neste caso as cargas de ruptura aumentam de 7,5%.
-
Estes cabos podem ser fornecidos também com acabamento galvanizado: neste caso as cargas de ruptura diminuem de 10%.
TABELA 04 Cabo de aço categoria 8 x 19 Especial parapolido elevadores. Fabricação da CIMAP - São Paulo.
Qualidade: Arame de aço especial para elevadores Diâmetro 1/4“ 5 / 16 “ *3/8“ *1/2“ *5/8“ 3/4“ 7/8“ 1 “
Peso Kg / maproximado 0,13 0,21 0,30 0,53 0,85 1,22 1,65 2,16
8 x 19 Seale A F construção: 1 –9 –9
Carga de Ruptura mínima efetiva kg 1 630 2 540 3 720 6 580 10 400 14 500 19 000 24 500
* Normalmente mais usados para elevadores.
V10 - 9
TABELA 05 CLASSIFICAÇÃO DOS APARELHOS DE LEVANTAMENTO SEGUNDO OS VÁRIOS GRUPOS DEFINIDOS PELA NORMA DIN 15020 TipodeAparelho 1 2 3
Sarilhos e pontes manuais Pontes de casas de máquinas Pontes de locomotivas
4 5
Pontes de oficina e lugares de pequena capacidade Pontes de oficina e lugares de grande capacidade
6 7
TipodeMovimento Elevação Elevação Elevação
Grupo
Observação
0 0
0 I a II
II quando trabalha normalmente a plena carga
Elevação
I a II
Ver 3
Elevação
III
Pontes de montagem Pontes de fundição
Elevação Elevação
I I a II
8 Guincho de rebitagem 9 Guindastes de estaleiros 10 Guindastes pesados e flutuantes
Elevação Elevação
I a II I a II
Mov. Lança Elevação
0 0aI
Mov. Lança
0
Elevação
I a II
Elevação
II a III
Elevação
II
11 Guindastes giratórios em pórtico e flutuantes a) para fixação da carga no gancho b) para caçambas e eletro – imãs 12 Pontes para pedreiras 13 Pórticos de carregamento, monovias a) para carga no gancho b) para carga em caçamba 14 Puxadores de vagões 15 Guindastes de torre de construções
Mov. Lança Elevação
Sarilhos auxiliares I a II III ou IV para pontes com carga em fusão Ver 3 II ou III em casos de riscos elevados
Ver 3 III para caçambas, as polias serão consideradas como polias da equalização
I a II
Elevação
I a II III III
Elevação
I
APARELHOS DE LEVANTAMENTO PARA SIDERURGIA 16 Pontes leves para montagem de cilindros laminadores 17 Máquinas de alimentação, carregadores 18 Pontes para transporte de laminados 19 Pontes para moldar e carregamento de cadinhos 20 Ponte para o transporte de lingoteiras e lingotes 21 Pontes para o transporte de blocos quentes 22 Pontes para desmoldar lingotes 23 Bate estacas
Elevação
I a II
Elevação
IV
Elevação
III a IV
Elevação
IV
Elevação
IV
Elevação
IV
Elevação
IV II a IV
V10 - 10
TABELA 06 POLIAS PARA CABOS DE AÇO (Seg. DIN 15060)
h
COROA DA POLIA b r
h
fofo
PoliaGrupo0 (normal
(compensadora)
aço D1
2,5 3,2 4 5 6,3 7 8 9 10 11 12,5 14 16 18 20 22,5 25
10 12,5 15 17,5 20 22 25 30 32,5 35 37,5 40 45 50 55 60 67,5
18 22 28 32 38 41 45 55 60 65 70 75 80 90 100 110 120
18 22 28 32 36 39 43 50 55 60 65 70 75 85 95 105 115
Polia do Grupo Polia de cabo G 1- 4 0 a 4
63 80 100 125 160
Diam. cabo D1 norm máx
3,5 5 6,5 8 10
5 6,5 8 100 10 125 13 160
200 16
16
200
250 16
20
250
315 20
26
D1 . . diâmetro p/ diâmet. Série Série do cabo do cabo I II 100 125 5 125 160 6,5 a 3 8 a 5 160 200 8 a 6 9,5 a 8 200 250 10 a 8 12 a 9 250 315 13 a 9 280 355 14 a 10 15 a 11 315 400 16 a 11 (355) (450) 18 a 13 19 a 14 400 500 21 a 15 (450) (560) 23 a 17 24 a 17 500 630 25 a 19 27 a 22 560 710 29 a 21 30 a 24 630 800 33 a 23 34 a 27 710 900 37 a 26 38 a 31 800 1000 42 a 29 43 a 34 900 1120 47 a 33 48 a 38 1000 1250 51 a 37 54 a 43 1120 58 a 42 58 a 48 1250 58 a 45 58 a 54 1400 1800 58 a 51 - aço ou aço 1600fundido 2000(**) para 58 uma
315 (355) 400 27 33 400 (450) 500 (560) 630 710 28 75 135 125 800 900 Obs.: Evitar os tamanhos entre parênteses; (*) vida maior do cabo Obs: Evitar os tamanhos entre parênteses: (*) – aço ou aço fundido (**) para uma vida maior do cabo.
V10 - 11
TABELA 07 (continuação) CUBO - Valores teóricos Furo máximo r h d1 d 2 H7 fofo aço 2,5 10 25 12 3,2 12,5 32 14 18 4 15 40 20 25 5 17,5 50 28 32 6,3 20 60 36 42 78 9 10 11 12,5 14 16 18 20 22,5 25
22 25 30 32,5 35 37,5 40 45 50 55 60 67,5
70 80 90 100 120 140 160 180 200 220 250
45 55 60 65 75 90 110 130 150 165 195
50 60 65 75 90 105 120 140 160 180 205
28
75
310
250
260
Para casquilhos DIN 1850 em cubos de aço ou aço fundido até 1% 20 25
1% a 20 a 24 a 35
35 42 50 55 60 72 85 105 125 140 160
a a a a a a a a a a a
42 50 55 60 72 85 105 125 140 160 190
TABELA 08 DIMENSÕES DO TAMBOR PARA ENROLAMENTO DOS CABOS DE AÇO Tração do cabo (kg)
diâmetro do cabo d (mm)
passo raio p r (mm) (mm)
a Espessura h (mm) para os diâmetros de (mm) (mm 250 300 400 500 600 )
500 1000 1500 2000 2500 3000 4000 5000 6000 7000 800 9000 10000
8 10 13 16 16 19 22 24 27 29 31 31 33
10 12 15 18 18 22 25 27 31 33 35 35 37
1 4(6) 4(6) 1 6(9)6 (9) 1,5 8(12) 7(11) 2 9(14) 8(13) 2 10(15) 10(12) 2,5 11(16) 11(16) 3 12(18) 3 14(20) 14(20) 3,5 15(22) 14(22) 3,5 16(24) 16(24) 4 17 (26) 4 19 (27) 18 (26) 4 20 (28) 19 (27)
4,5 5,5 7 9 9 10,5 12 13,5 15 16 17 17 18
700
800
Os valores entre parênteses são para tambores em ferro fundido. Os valores fora dos parênteses se referem a tambores soldados de chapa de aço carbono. DIMENSÕES DAS RANHURAS DOS TAMBORES
V10 - 12
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PROJETOS INDUSTRIAIS
TREINAMENTO E CONSULTORIA TÉCNICA
Volume 11
Elabora ão: Pro . Carlos Paladini
Rua Artur Moreira, 197 – Jd. Marek - Santo André – SP - CEP: 09111-380 Fone: (0xx11)4458-5426 - Cel: (0xx11)9135-2562 - E-mail:
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Índice Vol. 11:
TABELAS: •
• •
•
•
• •
•
•
TABELA 9 – Rendimento de talhas simples.............................................................pág. 1 TABELA 10 – Ganchos Simples...........................pág. 3 TABELA 11 – Dimensões dos ganchos duplos..............................................................pág. 5 TABELA 12 – Parte inferior de talhas 2 cabos...............................................................pág. 5 TABELA 13 – Parte inferior de talhas 8 cabos...............................................................pág. 6 TABELA 14 – Parte inferior de talhas longas........pág. 8 TABELA 15 – Trilhos de pontes rolantes e Guindastes........................................................pág. 10 TABELA 16 – Rodas normais de pontes rolantes............................................................pág. 11 TABELA 17 – Características dos materiais empregados nos trilhos...............................................................pág. 12
TABELA 09 Rendimento de talhas simples em função do número de cabos de sustentação. N.ºdeCabosdeSustentação Cabo saindo da Polia móvel - ponte
=
µ
f
.
n
2
1- µnp
Mancais de escorregamento
1- µ p
µp
3
4
5
6
7
8
0,98
0,96
0,94
0,92
0,91
0,89
0,87
0,99
0,98
0,97
9,96
0,95
0,94
0,93
0,94
0,92
0,90
0,89
0,87
0,85
0,84
0,97
0,96
0,95
0,94
0,93
0,92
0,91
= 0,96
Mancais de rolamento µp
Cabo saindo da polia fixa µ
1
=
1 . n
µp
- µpn + 1 1 - µp
= 0,98
Mancais de escorregamento µp
= 0,96
Mancais de rolamento µp
= 0,98
V11 - 1
GANCHO SIMPLES Segundo a DIN 687
V11 - 2 V11 - 2
TABELA 10 - GANCHOS SIMPLES DIMENSÕES DE PEÇAS BRUTAS, FORJADAS, SEGUNDO A DIN 687
(1) Máxima carga funcionamento
de
admissível: carga de prova admissível segundo DIN 120 VI § 23. (2) As medidas de comprimento f1 e f2 são teóricas para os dados de peso. Os comprimentos de haste se adaptam às polias polias móveis. (3) Os pesos dos ganchos foram calculados para a execução segundo a fig.1, com 7,85 kg/dm3, porém, sem compromisso. execução segundo Aa fig.2 dá uma economia de peso – 8%. (4) Para os aparelhos de elevação elétricos, pequenos, para 1250kg de carga útil, emprega-se a mesma peça em bruto. Dados sobre calculo, etc... Assim como sobre prova a manipulação dos ganchos durante o emprego, veja a DIN 688 h1. Sobre rosca veja DIN 688 h2.
V11 - 3
GANCHO DUPLO Segundo DIN 699
V11 - 4
TABELA 11 DIMENSÕES DOS GANCHOS DUPLOS, EM BRUTO DE FORJA, SEGUNDO A DIN 699 Carga útil (*) kg 5000 8000 10000 12500 16000 20000 32000 50000 80000 100000 125000 160000 200000 250000
Abertura Haste Diâ me Tro
Bo ca
Diâ me Tro
a
w
80 90 100 105 115 130 160 200 240 260 280 300 320 340
65 70 80 85 95 105 130 160 195 210 225 240 255 270
Gancho
Peso kg
d3
Compri mento(**) forma A B f1 f2
h
b1
b2
r1
r2
i
k
no
60 80 85 85 95 112 132 160 190 220 240 260 280 320
330 400 450 490 520 580 670 810 1000 1100 1200 1320 1500 1620
79 89 98,5 111 125 140 176 215 255 275 295 315 335 359
50 60 70 75 80 90 110 140 175 195 220 245 275 305
18 20 22 24 26 30 40 50 60 65 70 75 80 85
15 15 15 20 20 20 30 40 40 50 50 60 70 70
6 10 10 10 10 15 20 25 30 30 30 40 50 50
310 360 395 420 450 512 627 780 935 1025 1110 1200 1290 1390
140 170 185 190 210 242 292 360 430 480 520 560 600 660
65 70 80 85 90 100 120 150 180 195 210 225 240 255
470 560 620 660 700 800 930 1070 1270 1400 1500 1670 1850 2000
CorteCD -
Raios forma A B
pt 120 135 150 165 185 208 260 320 380 410 440 470 500 535
100 110 125 135 152 170 210 258 308 333 355 382 409 440
10 12,5 15 15 15 20 25 30 35 40 40 50 60 70
16 25 36 48 60 88 145 263 477 639 845 1106 1428 1846
(*) Carga máxima de serviço distribuído nos dois guinchos (**) Comprimentos dados a título indicativo e correspondentes aos pesos dados na última coluna. Adapta-se o comprimento segundo a forma da parte inferior da talha. Para usinagem da haste e da rosca, ver DIN 688. Para cálculo, solicitação, material, verificação e tratamentos periódicos, ver DIN 688 Material: C 22 (DIN), correspondente ao ABNT 1020, aço para beneficiamento. Os ganchos expostos ao calor serão em aço resistentes ao envelhecimento de 42 - 50 kgf / mm2 de resistência. TABELA 12 Parte inferior de talhas curtas de 4 cabos.
V11 - 5
19 30 42 56 70 104 170 299 536 718 948 1241 1598 2085
Carga útil (t)
Diametro do cabo
1 ..... 2,5 ... 5 ..... 7,5 ... 10 .... 15 .... 20 .... 25 .... 30 ....
6,5 – 9
Dimensões ab e c f Dd
Polia
Peso total (kg)
250
155
80
248
250
200
40
27
9
– 11
295
195
90
312
280
250
50
50
9
– 11
350
220
100
360
310
300
60
86
13
– 18
400
260
120
424
340
350
70
120
13
– 18
450
285
140
480
380
400
80
170
20
– 25
530
345
160
592
420
500
90
270
20
– 25
600
370
180
642
470
550
100
360
24
– 31
660
410
200
712
530
600
110
480
24
- 31
735
465
810
590
700
125
640
TABELA 13 Parte inferior de talhas curtas de 8 cabos
Diâmetro do cabo
Dimensões
30 ...
20 - 52
735
335 160 80
592
620
500
140
630
40 ...
20 - 25
760
380 180 90
640
690
550
150
775
50 ...
24 - 31
800
415 200 100 712
760
600
160
1010
60 ...
24 - 31
865
475 220 120 810
860
700
180
1385
80 ...
31 - 34
940
545 250 140 930
990
800
200
2045
1110
900
220
2650
Carga útil (t)
100 ...
34 - 39
a
c b
Polia c1
e
f
1050 595 280 160 103
D
Peso total (kg)
d
0
V11 - 6
Parte inferior das talhas longas de 2, 4, e 6 cabos.
V11 - 7
TABELA 14 - PARTE INFERIOR DE Talhas longas de 2, 4 e 6 cabos
V11 - 8 V11 - 8
TRILHOS DE PONTES ROLANTES E GUINDASTES
V11 - 9
TABELA 15 Trilhos de Pontes rolantes e Guindastes Lado a (polegada) 2 2 1 /4 2 3 /4 3
a
b
R
54 11,1 44,7 PERFIL DE ESTRADA DE FERRO mm r h p z x s
54 61 63 65 68 69
38 45 47 46 49 50
304,8 304,8 304,8 355,6 355,6 254
7,9 7,9 7,9 9,5 9,5 9,5
Tipo
TR 25 32 37 45 50 57
PERFIL QUADRADO Largura Raio Peso útil b a (mm) (mm) mm) Kg /m 50,8 35 7,9 19,8 57,2 41,4 7,9 25,2 69,9 50,9 9,5 37,7 76,2
98,4 112,7 122 130,2 136,5 168,3
98,4 112,7 122 130,2 136,5 139,7
11,1 12,7 13,5 14,3 14,3 15,9
47,8 54,4 58,4 64,5 69,9 75,7
17,5 19,8 21,4 25,4 27 28,6
J
W
cm4 55 88 190
cm3 21,3 31 56,5
275
73
q
α
28,6 32,5 36,1 37,3 42,1 42,9
13 13 13 14 2’ 14 2’ 14 2’
JX
cm4
wX cm3
Peso kg /m
414 703 952 1570 2040 2675
82 121 150 206 248 304
24,65 32,05 37,11 44,65 50,35 56,90
RODAS NORMALIZADAS PARA GUINDASTES E PONTES ROLANTES Segundo a DIN 15046.
V11 - 10- 10 V11
TABELA 16 Rodas normais de pontes rolantes com mancais de escorregamento, segundo DIN 15046 ( Dimensões em mm)
*) Largura admissível do trilho para uma ponte leve que corre sobre trilhos dimensionados para uma ponte mais pesada. **) Valores para trilhos normais.
V11 - 11
TABELA 17 Características dos materiais empregados nos trilhos.
Perfil
Trilho
Aço
Tensãode ruptura τr kg / cm2
Limite de Alonga escoamento mento 2 % τe kg / cm
Dureza Brinell
TR25e32
1060SAE
6850
3780
12
210
TR37e45
1070SAE
7130
3920
12
210
TR50e57
1074SAE
7350
4070
12
220
PA 37 (1020 SAE)
3850
2100
25
110
PA 45 (1040 SAE)
5300
2900
18
150
Continuação Perfil Composição %C 0,55 a 0,68
%Mn
P 0,60 a 0,90
max
0,04
%
Si% 0,10 a 0,23
0,64 a 0,77
0,60 a 0,90
0,04
0,10 a 0,23
0,67 a 0,80
0,70 a 1,00
0,04
0,10 a 0,23
0,18 a 0,23
0,30 a 0,60
0,04
0,10 a 0,23
0,29 a 0,37
0,70 a 1,00
0,04
0,10 a 0,23
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Volume 12
Elabora ão: Pro . Carlos Paladini
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Índice Vol. 12:
TABELAS: •
•
•
•
TABELA 18 – Monograma de carga de roda sobre trilho................................................................pág. 1 TABELA 19 – Pontes rolantes “Bardella”.........................................................pág. 2 TABELA 20 – Rodas para carrinhos de talhas...............................................................pág. 2 TABELA 21 – Resistência ao deslocamento das rodas................................................................pág. 3
DEPENDÊNCIA DA FOLGA DE CORTE (GRÁFICO)....pág. 3
SOBREPOSIÇÃO DAS FACAS (GRÁFICO).................pág. 4
TABELA 18 Monograma para determinação do coeficiente de carga da roda sobre o trilho. Carga admissível da roda P = k . b . D, onde: P = carga em kg; b = a largura útil do trilho, em cm; D = diâmetro da roda, em cm; k = coeficiente da carga, em kg / cm 2, dado em função da velocidade da roda e da dureza de Brinell. As curvas se referem às rodas somente: quando a dureza do trilho for inferior à da roda, devem ser determinados dois valores para “k”, o correspondente às rodas e o correspondente àmenor dureza trilho ( achados este último valor dosdovalores para “k”.será achado considerando-se v = 0,2 m/s. Empregar o
220 = SAE 1074 210 = SAE 1070 170 = SAE 1045/50 150 = SAE 1040 130 = SAE 1030 110 = SAE 1020 100 = SAE 1006/10
Velocidade em m/s. Nota: Este diagrama se refere a condições de trabalho leve; para trabalho médio, multiplicar os valores obtidos por 0,9, para trabalho pesado, por 0,8. TABELA 19 Pontes Rolantes “Bardella”
TABELA 19 - Pontes Rolantes “Bardella”
V12 - 1
TABELA 19 Carga em Toneladas
Vão m
A mm
B Mm
C mm
D mm
E mm
F mm
G mm
H mm
J mm
40 10 ton. auxiliar
18 21 25 30 12 15 18 21
2600 2600 2650 2650 2600 2600 2650 2650
275 275 275 275 275 275 275 275
2700 2700 2700 2700 2900 2900 2900 2900
1300 1300 1300 1300 1300 1300 1300 1300
740 740 740 740 740 740 740 740
2100 2100 2100 2100 2100 2100 2100 2100
4600 4600 4600 4700 4500 4500 4600 4600
780 780 780 780 780 780 780 780
1600 1600 1600 1700 1500 1500 1600 1600
Carga máx. p/ roda kg 15500 16200 17000 18000 16400 18000 18800 19600
25 30 8 10 12 15 18 21 25 30 8 10 12 15 18 21 25 30 8 10 15
2700 2800 2650 2650 2650 2650 2700 2800 2800 2800 2770 2870 2870 2870 2900 2900 3100 3100 2900 3100 3100
275 300 275 275 275 275 275 350 350 350 275 350 350 350 350 350 400 400 350 400 400
2900 3000 3000 3000 3000 3000 3000 3000 3000 3100 3100 3100 3100 3100 3100 3100 3100 3300 3300 3300
1300 1350 1350 1350 1350 1350 1350 1350 1350 1500 1500 1500 1500 1500 1500 1500 1500 1600 1600 1600
740 750 750 750 750 750 750 750 750 750 750 750 750 750 750 750 750 800 800 800
2100 2100 2100 2100 2100 2100 2100 2100 2100 2200 2200 2200 2200 2200 2200 2200 2200 2200 2200 2200
4600 4700 4600 4600 4600 4600 4700 4900 4900 4900 4500 4700 4700 4700 4800 4800 5000 5000 480 5000 5000
780 780 780 780 780 780 780 780 780 880 880 880 880 880 880 880 880 1600 1600 1600
1600 1700 1500 1500 1500 1500 1600 1800 1800 1800 1500 1700 1700 1700 1800 1800 2000 2000 1600 2000 2000
20500 21800 18000 18600 19200 20200 21400 22000 23500 24400 22000 22500 23400 24500 25700 26800 28300 30000 27500 28600 30000
12 18 21
3200 3200 3200
400 400 400
3300 3300 3300
1600 1600 1600
800 800 800
2200 2200 2200
5000 5200 5200
1600 1600 1600
2000 2000 2000
31500 33200 34300
50 15 ton. auxiliar
60 15 ton. auxiliar
75 15 ton. auxiliar
100 20 ton. auxiliar
Rodas para carrinhos de Talhas TABELA 20 Dimensões em mm
d
D
D1
b
c
n
20
85
110
30 10 115 3/8”
25
108
140
38 12 120
1/2”
30
120
150
38 12 130
1/2”
35
120
150
38 12 145
5/8”
40
160
190
46 15 155
5/8”
45
175
205
50 15 170
3/4”
50
190
225
50 15 180
3/4”
V12 - 2
s
RESISTÊNCIA AO DESLOCAMENTO DAS RODAS P = Carga sobre a roda n = Rotação da roda D = Diâmetro da roda d = Diâmetro do cubo da roda π = Coeficiente de atrito de escorregamento f = Coeficiente de atrito do rolamento W = Resistência ao deslocamento w = Resistência específica ao deslocamento ( parte cilíndrica da roda) wt = Resistência específica ao deslocamento da rodaao deslocamento para as V = incluindo p . wasé bordas a resistência rodas sem bordas. Wt = p . wt é a resistência ao deslocamento mais atrito das bordas da roda com o trilho. Mt = Vt . (D /2) é o momento resistente ao deslocamento mais atrito das bordas da roda com o trilho. M = V . (D /2) é o momento resistente ao deslocamento para rodas sem bordas.
TABELA 21 D (mm) 200 250 320 400 500 630 710 800 900 1000 1120 1250 1400 1600
d (mm) 45 50 63 80 90 100 110 125 140 160 180 200 200 220
mancais de rolamento π = 0,002; f = 0,05 cm W Wt 5,5 4,5 3,5 3,0 2,5 2,0 1,5 1,5 1,5 1,5 1,0 1,0 1,0 1,0 π
W
=
. . . . . . . . . . . . . .
10 – 3 10 – 3 10 – 3 10 – 3 10 – 3 10 –– 33 10 10 – 3 10 – 3 10 – 3 10 – 3 10 – 3 10 – 3 10 – 3
10,5 9,5 8,5 8,0 7,5 7,0 6,5 6,5 6,5 6,5 6,0 6,0 6,0 6,0
. . . . . . . . . . . . .
. 10 – 3 10 – 3 10 – 3 10 – 3 10 – 3 10 –– 33 10 10 – 3 10 – 3 10 – 3 10 – 3 10 – 3 10 – 3 10 – 3
mancais de deslizamento = 0,1; f = 0,05 cm W wt
π
27,5 24,0 23,0 22,5 20,0 17,5 17,0 17,0 17,0 17,0 17,0 17,0 15,0 14,5
. . . . . . . . . . . . . .
10 – 3 10 – 3 10 – 3 10 – 3 10 – 3 10 –– 33 10 10 – 3 10 – 3 10 – 3 10 – 3 10 – 3 10 – 3 10 – 3
d + f 2 D 2
32,5 29,0 28,0 27,5 25,0 22,5 22,0 22,0 22,0 22,0 22,0 22,0 22,0 19,5 π
Wt
=
. . . . . . . . . . . . . . d + f 2 D 2
10 – 3 10 – 3 10 – 3 10 – 3 10 – 3 10 –– 33 10 10 – 3 10 – 3 10 – 3 10 – 3 10 – 3 10 – 3 10 – 3 +
0,05
Obs: Usar 10-3 Quando trabalhar em Kg para tonelada não usar.
DEPENDÊNCIA DA FOLGA DE CORTE (sp) DA ESPESSURA DA CHAPA PARA AÇOS DE RESISTÊNCIA MÉDIA
V12 V12- -33
SOBREPOSIÇÃO (s) DAS FACAS ROTATIVAS EM FUNÇÃO DA ESPESSURA DA CHAPA A SER CORTADA.
V12 - 4