Freios de fita
Vantagem: ocupa menos espaço
Desvantagem: tem menor troca de calor
São utilizados em tratores, automóveis e máquinas operatrizes. Ocupam pouco espaço, o que justifica o seu emprego. Duas desvantagens principais:
• Carga no eixo • Dificuldade de resfriamento
É composto de 3 partes:
• Tambor • Fita de aço com lona • Alavanca
Consideremos um comprimento elementar da fita, junto ao ponto P e esse comprimento será:
Comprimento elementar = r . d .
ampliando o d :
dFa = força de atrito elementar
Supondo que a fita não oferece resistência a flexão, o tambor atua sobre a fita por meio de pressão, que junto ao ponto P, vale p. A distância A-B, que é muito pequena, vale rd. A resultanet das pressões vale dN
= pdA (A = área) p . s . r . d . . (s = largura da fita)
Devido ao atrito e ao movimento relativo entre o tambor e a fita, atua Tb a força de atrito dFa = μdN.
Considerando o equilíbrio das forças sobre o elemento de fita considerado, projetar as forças na direção radial e tangencial
( )
. d 2 sen T dT T
dN = + +
( )
cos 2 . d T
dT T
dFa = + −
2 2
d sen d
2 1 cos d =
2
dT = d
d Td T
dN = =
. 2 2
[1]
dT
dFa = . dN = dT [2]
De [1] e [2] dN = Td Μ . dN = dT
μ . T . d = dT equação diferencial de variáveis separáveis c
T T
d = dT . = ln +
.
c = cte
Na figura o ângulo “” foi contado apartir do início do contato da fita com o tambor, do lado da fita em que a tensão é menor. Notando a posição da força T + dT, vê-se que T na figura cresce com “”.
Para = 0 T = T
1Para = T = T
20 = ln T
1+ c ln T
1= - c log
eT
1= -c e
-c= T
1μ . = ln T
2+ c = ln T
2= μ . - c log
eT
2= μ . - c e
μ . -c= T
22
.
. e T
e
−c= onde e
-c= T
12 1
.
. T T
e
=
.
1
2
e
T T =
[rd]
Prova-se facilmente que:
M = momento de frenagem = (T
2– T
1) = r
Exercício
Calcular T1 e T2 no freio da figura, para um momento de frenagem de 200 kp . cm com μ = 0,3. Considerar um ângulo de abraçamento de 230⁰ e raio de 150 mm.
.
1
2
e
T T =
( T
2− T ) . 15 = 200 ( T
2− T
1) = 13 , 33 = T
2= 13 , 33 + T
1[1]
.
1
2
e
T se T =
33 , 33 3
, 13 33
, 13
1 . 1
1
1
= + =
+
T e T
T
T
obs [rd]
1 1
3 , 33 . 33
,
13 + T = T 3 , 33 . T
1− T
1= 13 , 33 2 , 33 . T
1= 13 , 33
T
1= 5,72 kp [2]
Substituindo [2] em [1] temos: T
2= 13 , 33 + T
1 T
2= 13 , 33 + 5 , 72 T
2= 19 , 05 kp Equilibrio da alavanca de frenagem
Existem 2 tipos de freios de fita, dependendo da posição da alavanca em que é preso a fita.
Freio normal
No freio normal, uma extremidade da fita é presa no ponto de articulação da alavanca.
Para o sentido de rotação da figura (horário) temos:
1
1
. T
b F = a
Para o sentido de rotação oposto ao da figura (anti-horário) temos:
2
2
. T
b F = a
Como F2 é maior que F1, a segunda situação deve ser evitada, quando possível.
Freio aditivo
No freio aditivo, para qualquer sentido de rotação:
(
1 2)
3
. T T
b F = a +
1 2
3
F F
F
Freio diferencial
As forças de frenagem são com T
2> T
1Para o sentido de rotação da figura (horário) temos:
b a T c F T
1.
2.
4
= −
Para o sentido de rotação oposto ao da figura (anti-horário) temos:
b a T c F T
2.
1.
5
= −
Para que o freio não seja auto-frenante deve-se ter F
i> 0 No caso de freio diferencial deve-se ter:
no sentido horário T
1. c − T
2. a 0 T
1. ( c − a . e
.) 0 c a . e.
sentido horário anti-horário
2.
1. 0
1. ( .
. . ) 0
.
e c a a
e c T a
T c
T − −
quando o tambor gira nos dois sentidos c a .e
.Dados de projeto para freio de fita
(Ang. de abraçamento) = geralmente em torno de 270⁰
μ = geralmente em torno de 0,4
A fita normalmente é de aço st 37 (
r= 37 kp / mm
2), deve ser flexível e internamente com freio rebitado e colado.
Tensão de tração da fita gera em torno de 4 kp / mm
2. Dimensões usuais
d = do tambor [mm] 160 200 250 320 400 500 630 800
Largura do tambor 50 65 80 100 125 160 200 250
s = largura da fita [mm] 45 60 70 90 110 140 180 230
Espessura da fita 2 2 2 3 3 3 3 3
Espessura da lona 5 5 6 6 7 8 10 10
Exercícios
1 – Num freio de sapata única fixa, qual o coeficiente de atrito entre a lona e o tambor, tendo um momento de frenagem de 235 kgf . cm, a = 100 mm, b = 350 mm, c = 25 mm, sendo que a força de acionamento é F = 19,5 kgf e o diâmetro do tambor é de 180 mm.
Solução:
Tambor no sentido horário
b d
c a F M
. .
. 2
= −
( )
35 , 35 0
. 18 .
5 , 2 . 10 . 235 . 5 2 ,
19 − =
=
Tambor no sentido horário
b d
c a F M
. .
. 2
= +
( )
42 , 35 0
. 18 .
5 , 2 . 10 . 235 . 5 2 ,
19 = + =
3 – Calcular T
1e T
2no freio de fita da figura.
Dados:
Largura do tambor = 100 mm Largura da fita: s = 90 mm Espessura da fita = 3 mm Espessura da lona: = 6 mm
M = 300 kgf . cm
= 290⁰ μ = 0,25
Solução:
( T
2T
1) . r 300 ( T
2T
1) . 16
M = − = −
5 , 3 .
.
. 2 11
2
T e T T
T =
=
( T T ) T kgf T kgf
M =
1. 3 , 5 −
1. 16 2 , 5 .
1= 18 , 75
1= 7 , 5
T
2= T
1. e
. T
2= 7 , 5 . 3 , 5 = 26 , 25 kgf
4 – Considerando o freio anterior como “normal” em termos de acionamento, qual é a força “F” com rotação horária
Solução:
kgf b T
F a . 7 , 5 2 , 04 5
, 37
2 , .
110
1
= = =
5 – Considerando o freio aditivo dado abaixo, calcular a força “F”, adotando um coeficiente de atrito.
Dados:
Largura do tambor = 50 mm Largura da fita: s = 45 mm Espessura da fita = 2 mm Espessura da lona: = 5 mm M = 175 kgf . cm
= 262⁰
μ = ? [0,45]
Freios ESL FM Solução:
( T
2T
1) . r 175 ( T
2T
1) . 8
M = − = −
. 1
2
T .e
T = Adotando μ = 0,45 temos 1
, 8 .
.
. 2 11
2
T e T T
T =
=
( T . 8 , 1 T ) . 8 7 , 1 . T 21 , 875 kgf T 3 , 08 kgf
175 =
1−
1
1=
1=
T
2= T
1. e
. T
2= 3 , 08 . 8 , 1 = 24 , 94 kgf
( T T ) F ( ) kgf
b
F a . 3 , 08 24 , 94 5 , 78 2
, 41 5 , .
1 2 38
3
= + = + =
7 – Calcular “C” para que ofreio de fita diferencial, não seja auto-frenante
μ = 0,35 = 230⁰
Freios ESL FM
11 Solução:
cm c
e e c
c a 17 4 , 17
180 . 230 . 35 ,
.
0 =
