Exercicios de Freios

Faculdade de tecnologia de São Paulo

Departamento de Mecânica

Exercicios de Freios

Autores:

Prof. Eduardo Silva Lisboa Prof. Fábio Morgantetti

Disponível em : www1.fatecsp.br/lisboa apostilas

Jan 2019

Cinematismo

Variação da energia cinética em um sistema mecânico

Máquina com massas girantes, massa do conjunto e com velocidade, tendo movimentos de translação e de rotação, ambos com determinado nível de energia cinética “E”

Translação

𝐸 = . 𝑚 . 𝑣 m [kg], v [m/s], E [Joules]

𝜏 = 𝐹 . 𝑑 ⇒ 𝜏 = 𝑚 . 𝑎 . 𝑑 ⇒ 𝜏 = 𝑘𝑔 . . 𝑚 ∴ 𝐸 =

^.

[Joules]

Variação da energia = E

Ocorre quando há variação de velocidade, se a massa for constante.

Nosso enfoque esta na variação do nível de energia entre 2 situações de regime (v cte), isto é:

Antes e depois de uma operação de aceleração ou frenagem. Logo ∆𝐸 = 𝐸 − 𝐸 > 0, onde 𝑣 > 𝑣

Por convenção: v 1 antes e v 2 depois da frenagem ou v 2 antes e v 1 depois da aceleração Aceleração = ganho de energia para o sistema

Frenagem = perda de energia para o sitema

Logo ∆𝐸 = 𝐸 − 𝐸

∆𝐸 = 1

2 . 𝑚 . 𝑣 − 1

2 . 𝑚 . 𝑣 ⇒ ∆𝐸 = 1

2 . 𝑚 . (𝑣 − 𝑣 )

Se 𝑚 = , temos ∆𝐸 = . (𝑣 − 𝑣 ), se g = 9,81 m/s ²  g = 10 m/s ² Assim ∆𝐸 = . (𝑣 − 𝑣 ) onde: G [kp], g [m/s ² ], v [m/s], E [kp.m]

Rotação

𝑑𝐸 = 𝑑𝑚 . 𝑣 onde v = w . r  𝑑𝐸 = 𝑑𝑚 . 𝑤 . 𝑟  𝐸 = ∫ . 𝑤 . 𝑟 𝑑𝑚 sendo w = cte, temos:

𝐸 = . 𝑤 ∫ 𝑟 𝑑𝑚, onde ∫ 𝑟 𝑑𝑚 = 𝐼 (𝑐𝑡𝑒)

I = momento de inércia de massa

𝐸 = . 𝐼 . 𝑤 , onde I [kg . m2], 𝑤 = [ ^

^.

], E [Joules]  𝐸 =

^.

Variação da energia E:

Entre as situações 1 (nível alto de nergia) e 2 (nível baixo de energia) temos:

 𝐸 = 𝐸 − 𝐸  ¹

2 . 𝐼 . 𝑤 − 1

2 . 𝐼 . 𝑤  ¹

2 . 𝐼 . ( 𝑤 − 𝑤 )

Fator de inécia GD

²

O momento de inércia 𝐼 = ∫ 𝑟 𝑑𝑚 tambem pode ser escrito como I = R ² . m, onde m é a massa total do corpo e R é o raio de giração.

Obs: Raio de giração é a distancioa ao centro de giro no qual a massa m do corpo concentrada, produz um momento de inércia equivalente

I = R ² . m

g G I D .

2

2

 

 



  

g G I D .

4



2

 G . D ² = 4 .g . I

Fazendo: 𝑚 = e 𝑅 = (D = diâmetro de giração), temos:

𝐼 = .  𝐼 =

^.

.

 𝐺 . 𝐷 = 4 . 𝑔 . 𝐼 onde 𝐺 . 𝐷 [𝑘𝑝 . 𝑚 ] Velocidade angular

Usualmente expressa em rotações por minuto [rpm] logo:

w = 2 .  . f  w = 2 .  . n  𝑤 =

^.

^

^.

 𝑤 = ^

^.

w [rd/s], n [rpm]

Assim substituindo I e w temos:

 𝐸 = .

^.

. ^ . (𝑛 − 𝑛 ) assumindo g = 9,81 m/s ² temos:

 𝐸 =

^{. .}

onde GD ² [kp . m ² ], n [rpm], E [kp . m]

Variação total de enrgia

rotação translação

total

E E

E    

 , logo:

 𝐸 𝐺

20 . (𝑣 − 𝑣 ) + 𝐺 . 𝐷 . (𝑛 − 𝑛 ) 7160 Onde:

G é o peso total da massaem translação com velocidade “v”.

GD

²

é o fator de inércia das massas girantes, reduzido ao eixo de velocidade angular

“n”.

Obs – Usualmente os raios de giração se encontram tabelados em manuais e livros

especializados, em função da forma do corpo e da posição do eixo de rotação.

Lembrar que:

m

R  I e D= 2R

Determinação do momento de inércia I e do fator de inércia GD

²

. A) Cilindro em relação ao seu eixo longitudinal de simetria.

dm r

I ^  ^{  }

²

. ^{onde dm  2 .  .  r   . d  r   . t .  I } 

^r

^{r r d r t  t} 

0^r

^{r dr}

3 0

2

. 2 . .    .    . . 2 . . .   





    

. 4 . . 4 2 . . 2

4 0

4

r

r t

t

^r



  ^

   

logo: . . .

⁴

2 t r I _  

onde  é a densidade t = espessura  = m /v  m =  .v A =  . r

²

perímetro = 2 .  . r

Determinação do raio de giração m

R

I 

²

. m   . r

²

. t .  , logo:     . . . . .

. 2 .

2 2

4

R r t

r

t 

2 2

2 2

2

r

r R

R   



Determinação do GD

²

2 modos:

a) Sabe-se G e R

b)

^{2 2 2 2 2}

2 . .

²

. 2 . 4 . 4 . ) . 2

.( r GD G r

G R

G R G

GD     

c) Sabe-se I

4 . . . . 2 . . 4 . . .

4

.

² _{2 4}

g r t g

I D g G

D

I _ G _{  }  

onde .g =  peso específico

4 2

2 . . . .

. D t r

G    onde: t [m], r [m],  [kp/m ³ ], GD ² [kp.m ² ]

B) Cilindro tubular



2⁴



4 1 4

2 4

1 2

1

. . .

. 2 . 2 . . .

2 . t r t r t r r

I I

I            

ou



₁⁴ ₂⁴



2

2 . . . .

. D t r r

G    

Exercício completo de freios

01 – De acordo com a fig. abaixo defina o momento de inércia da frenagem para os ptos de 1 a 4

Dados:

I

motor

= 0,7 kg.m

²

Tempo de frenagem = 6 s

 = 7580 kg/m

³

Resolução:

2 1

0 , 7 kg . m Ip

_A



2 4

4

1

. 7580 . 0 , 25 . 0 , 05 0 , 019 .

. 2 .

2 . t r kg m

Ip

_B

     

2 4

2

. 7580 . 0 , 25 . 0 , 225 7 , 9 .

2 kg m

Ip

_A

  

2 4

2

. 7580 . 0 , 045 . 0 , 175 0 , 52 .

2 kg m

Ip

_B

  

2 4

3

. 7580 . 0 , 045 . 0 , 1 0 , 055 .

2 kg m

Ip

_A

  

2 4

3

. 7580 . 0 , 19 . 0 , 125 0 , 57 .

2 kg m

Ip

_B

  

2 4

4

. 7580 . 0 , 19 . 0 , 29 16 , 57 .

2 kg m

Ip

_A

  

2 4

4

. 7580 . 0 , 3 . 0 , 095 0 , 30 .

2 kg m

Ip

_B

  

Escolhendo-se a instalação do freio no eixo 3:

 Transportaremos as inércias dos demais eixos para o eixo 3

       



 





 



 

 

 

 



 

 





 



 

 



 

 





 



 

 









2 2

1 2

2 2 2

4 4 3

3

350

. 200 100 . 450 350

. 200 580

. 250

3 A B A B A B m B

total

Ip Ip I I I I I I

I

       



 





 



 

 

 

 



 

 





 



 

 



 

 





 



 

 









2 2

2 2

350 . 200 100 . 450 19 , 0 7 , 350 0

. 200 52 , 0 9 , 580 7

. 250 3 , 0 57 , 16 57

, 0 055 ,

3

0

total

I

m kg I

_total

11 , 26 .

3



Obs -

2

 

 





movida motora



 parcela relativa ao fator de transporte de inércia

 ^{n n}  _E   _{E kg m}

E I

^total

12 , 569 .

179 447 . 26 , 11 179

2 2 2 2

1

      



 sendo

 n n  ^Mf   ^{Mf kgf cm}

tf

Mf

_inércia

E

_{inércia inércia}

8951 .

447 . 6

12569 . 1910 .

. 1910

2 2 2 1







 

 

 O transporte de inércia, deverá ser considerado por estágio e somente aplicado após o eixo em que esta o freio

 A diferença de rotação no delta de energia [AE], refere-se diferença de velocidade inicial e

final, no caso em questãono eixo frenado[3], especificamente assim de 447,22 rpm para

zero

FREIOS E EMBREAGENS – DIMENSIONAMENTO 1 - FREIOS DE SAPATA

1.1 – Caracteristicas específicas

 Aplicação: usadas onde a quantidade de calor gerada é elevada

 Construção: elevada robustes de construção

 Em geral: a força de frenagem é a de um contrapeso, podendo ser a de um eletroímã por segurança

 Conjunto da alavanca: quanto menor o peso e maior a resistência do conjunto sapata/alavanca, melhor, o ideal é a sapata ser de aço laminado e soldado

 A lona de freio normalmente é de material a base de abstetos (amianto), sendo hoje a tendência a base de fibras sintéticas ou peças sinterizadas, tendo um coeficiente de atrito variando com a temperatura e esta o mais próximo de nula (mínima)

 Fixação da lona: normalmente executada com adesivo técnico ou rebites

1.2 Calculo simples de sapata fixa

Considerando que o eixo gira no sentido horário

Supondo a pressão distribuída constantemente entre a lona da sapata e o tambor. (isto será tanto mais verdadeiro quanto menor for o comprimento da sapata em relação ao diâmetro do tambor)

Na alavanca: T = força de atrito  T   . N [1]

N = resultante das pressões na direção radial

Considerando o equilíbrio de momento torsor no sitema temos:

Considerando que o eixo gira no sentido horário

   ^{. . .}  ⁰

. .

. b  N a  T c  F b  N a  T c 

F [2]

    

b c N a F N

b c T a

F  N .  .   .   . .

 

b c a F N .   .

 [3]

Considerando que o eixo gira no sentido anti – horário

Considerando o equilíbrio de momento torsor no sitema temos:

0 . . . .

.

. b  T c  N a  F b  T c  N a  F

    

b c N a F N

b c T a

F  N .  .   .   . .

 

b c a F N .   .

 [4]

Caso o eixo gire no sentido anti-horário a força F será menor, uma vez que o momento de atrito auxilia no momento de frenagem, portanto, deve-se utilizar a posição da articulação da alavanca, tal que a força F seja minimizada.

Momento de frenagem

. 2

. d

T M braço força

M    [5]

O momento de frenagem faz parte dos dados para o projeto do freio (pelo menos o seu valor aproximado), e é elemento conhecido como o valor que será dispendido na forma de calor, a sua determinação depende da inercia do sitema.

Caso particular 1: A descida de uma carga “Q” com velocidade cte. Pelo principio de conservação da energia temos:

h Q M   .

M = momento de frenagem

 = variação do ângulo

Q = carga h = altura

obs -  é o deslocamento do tambor M = espaço dimensional angular Dividindo tudo pelo tempo

w M Qv Qv t Mw

h Q t

M .   .    

Caso particular 2: massas girantes que devam sofrer uma desaceleração angular “α”, onde:

M = I . α

I = momento polar de inércia α = desaceleração angular

 de [1], [3], [4] e [5] temos:

b c a d

F M .

. . .

2 



 

Deve-se evitar que o fator (a – μ.c) seja muito pequeno fim de se evitar a frenagem pelo próprio peso da alavanca (auto-frenagem)

Se (a – μ.c) < 0 o freio é auto-frenante, uma aplicação muito rara. Pode-se construir um freio em que a alavanca sendo recurvada s na extremidade, apresente c = 0 (vide croqui), neste caso, qualquer que seja o sentido de rotação do eixo, a força de frenagem valerá:

b d

a F M

. .

. . 2

 

Duas sapatas fixas – calculo simples

O freio visto anteriormente apresenta um inconveniente sério, a sapata aplica ao tambor e este por sua vez

aplica no eixo com uma força radial N, geralmente de intensidade alta ( do eixo alto, mancais maiores). O

freio duplo elimina este problema

Temos em qualquer sentido de rotação o mesmo momento de frenagem, desde que F1 seja igual F2

c a

b F M d

. . 2

. .

₁

1





 

c a

b F M d

. . 2

. .

₂

2





  Se F1 = F2 = F  M = M

₁

+ M

2

, assim:

 

 





 

 

c a c a b F M d

. 1 .

1 2

. . .







Como se vê, com o sentido alterado, o M não se altera

Para referência segue abaixo alguns dados médios usuais de projeto, para freios de sapata pivotadas Freios de sapatas pivotadas

 tambor – d [mm] Largura da sapata [mm] Potência [cv]

250 80 8

320 100 13

400 125 24

500 160 42

630 200 77

800 280 144

Quando o freio não esta em ação deve existir uma folga “”, entre o tambor e a sapata, que é função do diâmetro do diâmetro do tambor “d”

 d [mm]

0,1 a 0,15 160 a 250

0,15 a 0,2 320 a 500

0,18 a 0,25 630 a 800

Nas sapatas pivotadas e na fixação da alavanca, recomenda-se que haja na superfície dos pinos de articulação, uma pressão da ordem de 40 a 50 kgf/cm

²

.

Exercício

Calcular um freio de sapata duplo, para um eixo de 400 kgf . cm ( ou seja, qual é a força F) Considerar:



_tambor

= 200 mm

Largura da sapata, s = 90 mm Peso = 25 kgf (da alavanca)

 = 65⁰

a = 100 mm b = 240 mm c = 0

Freio de sapatas fixas (preferencialmente duplas)

M [kgf . cm] d [mm] s [mm] Peso (alavanca + sapata) [kgf]

200 100 70 13

400 200 90 25

1600 200 90 34

2400 300 140 55

5000 300 140 84

Usualmente α varia de 60⁰ a 70⁰ a = 0,5 . d b = 1,2 . d

Geralmente a força de frenagem é obtida por ação de molas e a de defrenagem é obtida por eletroímã b kgf

d a

F M 16 , 66

24 . 20 . 5 , 0

10 . 400 .

.

.  

 

Calculo simples de sapata pivotada única

Para equilíbrio da sapata, a resultante “P” de pressão do tambor deve passar pelo pino de articulação.

Passando pelo pino:

a N b

F .  . T   . N na lona:

a b N F d

M T .

2

.  



a b T _  . F .

assim:

a d b M F

. 2

. .

 .



O freio de sapata mais usado é o duas sapatas pivotado

Exercício

1 1 1 1

. b N . a

F  F

₂

. b

₂

2  N

₂

. a

₂

1 1

1

N

T   T

₂

 

₂

N

₂

1 1 1 1 1

1

. 2

.

a b N F

d

M  T  

2 2 2 2 2

2

. 2

.

a b N F

d

M  T  

1 1 1 1 1

. 2

. . .

a d b M _  F

2 2 2 2 2

. 2

. . .

a d b M _  F

2 2 2 2 1

1 1 2 1

1

2 .

. . . .

2 . . .

a d b F a

d b M F

M M

M

_total

_{  }

_total

_  _ 

Considerando que as sapatas são idênticas em propriedades e dimensões, e que as forças aplicadas tem o mesmo valor:

a d b M F

a d b

M

_total

F

_total

. . .

. 2

. . . .

2  







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  1

cos d 2  

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

₁

Para  =   T = T

₂

0 = ln T

1

+ c  ln T

₁

= - c  log

e

T

1

= -c  e

^-c

= T

1

μ .  = ln T

₂

+ c  = ln T

₂

= μ .  - c log

e

T

2

= μ .  - c  e

^{μ .  -c}

= T

2

2

.

. e T

e

^{ c}

 onde e

^-c

= T

1

2 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  F

₃

 F

₂

 F

₁

Freio diferencial

As forças de frenagem são com T

2

> T

1

Para 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





       _{0 , 35}

35 . 18 .

5 , 2 . 10 . 235 . 5 2 ,

19     





Tambor no sentido horário  

b d

c a F M

. .

. 2





       _{0 , 42}

35 . 18 .

5 , 2 . 10 . 235 . 5 2 ,

19   

 





2 – Calcular o coeficiente de atrito em máquina idêntica a anterior, com sapata duplas pivotadas, sendo c = 0

191 , 10 0

17 . 35 . 5 , 19 235 .

. .

.    

   

a d b M F

3 – Calcular T

₁

e T

₂

no 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

2

T

1

 ^. r ³⁰⁰  T

2

T

1

 ^{. 16}

M     

5 , 3 .

.

^. _{2 1}

1

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

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 , .

₁

10

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]

Solução:

 T

2

T

1

 ^. r ¹⁷⁵  T

2

T

1

 ^{. 8}

M     



. 1 2

T .e

T  Adotando μ = 0,45 temos 1

, 8 .

.

^. _{2 1}

1

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 3}

8

3

     

6 – Calcular “μ” para que o freio de sapata única não seja auto-frenante, para rotação horária.

387 , 0 0

31 . 12 0

.      

  c  

a

7 – Calcular “C” para que ofreio de fita diferencial, não seja auto-frenante

μ = 0,35  = 230⁰ Solução:

cm c

e e c

c a 17 4 , 17

.180 230 . 35 ,

.

 

0

 





 



 





obs [rd]

8 – Calcular “F” no freio abaixo

μ = 0,25

M = 430 kgf . cm

c > 1,88 cm

kgf F

d F b

a F M

a d b

M F 7 , 1

45 . 43 . 25 , 0

8 . 430 .

. . .

.

.      

 



Apêndice

Coeficientes de atrito

Material Material Estático s/ lubrificação Deslizamento s/

lubrificação

Estático c/

lubrificação

Deslizamento c/

lubrificação

Aço Bronze de alumínio 0,45 - - -

Aço Grafite 0,1 - 0,1 -

Aço Latão 0,35 - 0,19 -

Aço Liga de cobre e chumbo 0,22 - 0,16 0,15

Aço médio C Aço médio C 0,74 0,57 - -

Aço médio C Chumbo 0,95 0,95 0,5 0,3

Aço médio C Ferro fundido - 0,23 0,18 0,13

Alumínio Alumínio 1,9 1,4 - -

Alumínio Aço médio C 0,61 0,47 - -

Borracha Asfalto seco - 0,5-0,8 - -

Borracha Asfalto úmido - 0,25-0,75 - -

Borracha Concreto seco 1,0 0,6-0,85 - -

Borracha Concreto úmido - 0,45-0,75 - -

Bronze Aço - - 0,16 -

Bronze Ferro fundido - 0,22 - -

Bronze fosforoso Aço 0,35 - - -

Carboneto de

tungstênio Aço 0,4-0,6 - 0,1-0,2 -

Carboneto de

tungstênio Carboneto de tungstênio 0,2-0,25 - 0,12 -

Carboneto de

tungstênio Cobre 0,35 - - -

Chumbo Ferro fundido - 0,43 - -

Cobre Aço médio C 0,53 0,36 - 0,18

Cobre Cobre 1,0 - 0,08 -

Cobre Ferro fundido 1,05 0,29 - -

Couro Madeira 0,3-0,4 - - -

Couro Metal 0,6 - 0,2 -

Couro Metal (úmido) 0,4 - - -

Cromo Cromo 0,41 - 0,34 -

Estanho Ferro fundido - 0,32 - -

Ferro fundido Ferro fundido 1,1 0,15 - 0,07

Gelo Gelo 0,1 0,03 - -

Grafite Aço 0,1 - 0,1 -

Grafite Grafite 0,1 - 0,1 -

Latão Ferro fundido - 0,3 - -

Lona de freio Ferro fundido 0,4 - - -

Lona de freio Ferro fundido úmido 0,2 - - -

Madeira Concreto 0,62 - - -

Madeira Madeira 0,25-0,5 - - -

Madeira Madeira úmida 0,2 - - -

Madeira Metal 0,2-0,6 - - -

Madeira Metal úmido 0,2 - - -

Madeira Pedra 0,4 - - -

Madeira Tijolo 0,6 - - -

Magnésio Magnésio 0,6 - 0,08 -

Níquel Aço médio C - 0,64 - 0,18

Níquel Níquel 0,7-1,1 0,53 0,28 0,12

Plexiglas Aço 0,4-0,5 - 0,4-0,5 -

Plexiglas Plexiglas 0,8 - 0,8 -

Poliestireno Aço 0,3-0,35 - 0,3-0,35 -

Poliestireno Poliestireno 0,5 - 0,5 -

Prata Prata 1,4 - 0,55 -

Teflon Aço 0,04 - 0,04 0,04

Teflon Teflon 0,04 0,04 0,04 0,04

Tijolo Madeira 0,6 - - -

Vidro Metal 0,5-0,7 - 0,2-0,3 -

Vidro Vidro 0,9-1,0 0,4 0,1-0,6 0,09-0,12

Zinco Ferro fundido 0,85 0,21 - -

Zinco Zinco 0,6 - 0,04 -