Exercicios resolvidos unidade 1 curso básico de mecânica dos fluidos

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Exercicios resolvidos unidade 1 curso básico de mecânica dos fluidos

  1. 1. 73 Curso Básico de Mecânica dos Fluidos 1.12.3 Exercícios resolvidos 1.12.3.1 Para o mecanismo representado a seguir, pede-se determinar: a) A Lei de variação da tensão de cisalhamento em função do raio (R), da velocidade angular constante (ω ) e da espessura da película do fluido lubrificante (δ ); b) o momento total (MT) que deve ser aplicado ao conjunto para que o mesmo gire com uma velocidade angular constante (ω ); Dados: ϕ ; R ; δ ; ω ; µ no S.I.; assumir perfil linear de velocidades Solução: Pela simplificação prática da Lei de Newton da viscosidade, temos: v τ = µ ε e isto tanto vale para o topo, quanto para a lateral, portanto: ω ω τ Topo = µ r e τ Lateral = µ r δ δ A partir deste ponto, pelo fato de ω = constante, sabemos que MT = MRT , onde:
  2. 2. 74 Curso Básico de Mecânica dos Fluidos MRT = MRT Topo + MR lateral Devemos notar que neste exercício, tanto a tensão de cisalhamento, como a área de contato são função do raio, o que implica dizer que o momento resistente também o será, o que nos obriga a trabalhar de forma diferencial, portanto: Topo: dMRtopo =dFTopo ×r =τTopo ×dA ×r µ Topo ω dMRtopo = µ r 2πr dr × r δ R2πωµ 3 ∫ dMRtopo = ∫ 0 δ r dr 2πωµ 3 2πωµ R4 R δ ∫ MRtopo = r dr = 0 δ 4 πωµR4 ∴MRtopo = 2δ Lateral: d M RLat = dFµL × r = τL × d A Lat . × r ω d M RLat = µ r dA L × r δ
  3. 3. 75 Curso Básico de Mecânica dos Fluidos dAL = ? R dAL = 2 π r dx , onde: x= R sen ϕ dr dr ∴dx = e dA L = 2πr sen α sen ϕ ϕ ω d d M RL = µ r 2π r R × r δ sen ϕ 2π ω µ 3 d M RL = r dr δ sen ϕ 2π ω µ R π ω µ R4 = ∫r ∴ M RL = 3 M RL dr δ sen ϕ 0 2 δ senϕ π ω µ R4 π ω µ R4 ∴ MT = + 2δ 2 δ senϕ π ω µ R4 1 MT = ⋅(1+ ) 2δ sen ϕ
  4. 4. 76 Curso Básico de Mecânica dos Fluidos 1.12.3.2 Na figura, vê-se uma placa plana de área 1 m² que desliza sobre um plano inclinado de 30° com a horizontal. A placa tem peso de 200 N e entre a placa e o plano existe uma película de óleo lubrificante de viscosidade dinâmica igual à 10 - 2 N × s / m 2 e espessura de 1 mm. A parte superior da placa está presa a uma corda que passa por roldanas, sem atrito e na outra extremidade está preso um pistão cilíndrico de peso 80 N. O pistão, de diâmetro 10 cm, corre dentro de um cilindro de diâmetro interno igual a 10,2 cm e a folga anular entre os dois é preenchida com um óleo lubrificante de viscosidade dinâmica igual a 0,3 N×s/m². Determine a velocidade de descida da placa, supondo diagrama linear de velocidades nos dois lubrificantes. Solução: Placa => 1) considerando sem o fluido lubrificante Resultante => Rplaca = G t - T Rplaca = 100 - T 2) considerando a presença do fluido lubrificante Fµ placa = Rplaca Fµ placa = 100 - T = τ p × Ap vp µp × × A p = 100 − T → 10 v p = 100 - T (I) εp Pistão => 1) considerando sem a presença do fluido lubrificante Resultante => Rc = T - Gc Rc = T - 80 2) considerando a presença do fluido lubrificante
  5. 5. 77 Curso Básico de Mecânica dos Fluidos Fµ c = Rc Fµ c = T - 80 = τ c × Ac v µ c × c × A c = T - 80 → 30 v c = T - 80 (II) εc Pela condição do exercício, temos: vp = vc = v = constante , portanto: 10 v = 100 - 30 v - 80 40 v = 20 ∴ v = 0,5 m/s 1.12.3.3 Calcule o momento resistente originado pelo óleo lubrificante em contato com o eixo vertical esquematizado abaixo. Sabe-se que o eixo apresenta uma rotação constante de 3000 rpm.
  6. 6. 78 Curso Básico de Mecânica dos Fluidos Solução: n => origina no eixo uma velocidade angular ω 2πn ω = 2 π n → ( rps ) = → ( rpm ) = 100 π rad / s 60 ω => origina no eixo uma velocidade escalar v v = ω × Re = 10 π m/s O fluido com viscosidade µ, origina no eixo uma força de resistência viscosa Fµ v0 Fµ = τ × Ac = µ × × π × De × L ε ( Dm − De ) ε = Rm − Re = 2 Fµ = 40 π 2 (N) Fµ => origina no eixo um momento contrário ao movimento, que é denominado de momento resistente (MR ): MR = Fµ × Re = 39,48 N×m 1.12.3.4 Determine a expressão para o cálculo do peso G da configuração esquematizada abaixo. Dados: n => em rps Dm ; Dc ; De ; L e µ => no S.I.
  7. 7. 79 Curso Básico de Mecânica dos Fluidos Solução: Para a solução deste exercício, representamos a situação esquematizada pela figura em duas etapas, respectivamente as figuras A e B. A reação T origina para o eixo um momento, que é responsável pela ''criação'' da rotação (n) do sistema. Este momento é denominado de momento motor (Mm ) De D 2× Mm Mm =T =G e ∴ G= (I) 2 2 De Figura B Considerando o ponto P1 na interseção do eixo qualquer com o cilindro, temos: n → origina ω para o cilindro → ω = 2 π n ω → origina v para o cilindro → v = π n Dc µ → origina Fµ para o cilindro → Fµ = τ × Ac
  8. 8. 80 Curso Básico de Mecânica dos Fluidos v 2 × π 2 × n × Dc2 × L Fµ = µ × × π D c L → Fµ = ε (D m − D c ) D Fµ → origina MR para o cilindro → M R = Fµ × c 2 2 3 µ π n Dc L MR = (II) Dm − Dc 2 µ π 2 n D3 L Como n = constante, das equação (I) e (II) temos: G = c De ⋅ ( D m − Dc ) 1.12.3.5 Um corpo trapezoidal desce sobre um plano inclinado de 45º com o plano horizontal, como mostra a figura. Sabendo-se que tanto as polias como os fios são ideais e que utilizou-se um fluido lubrificante de viscosidade cinemática igual a 400 cSt, pede- se determinar o peso do corpo trapezoidal (G3) no SI e no CGS. Dados: γ H O = 10 4 N m 3 ; γ r = 0,75 ; g = 9,81m / s 2 ; G1 = 20 N 2 2 D1 = 0,201m ; DC1 = 0,203m ; L = m ; v = 0,5 m/s π Solução: υ = 400 cSt = 400 × 10 - 2 St = 400 × 10 - 6 m²/s µ γ γr γH O υ= → µ =υ ⋅ ρ =υ ⋅ → µ =υ 2 ρ g g
  9. 9. 81 Curso Básico de Mecânica dos Fluidos 0, 5 G3 sen 45º = T + 0,30581 (1 ×1,5 + 0,75 × 0,5) 3 × 10 - 3 G3 sen 45º = T + 95,57 (I) T1 = 78,79 N Substituindo em (III), temos: G3 sen 45º = T1 + 120,04 G3 sen 45º = 78,79 + 120,04 G3 sen 45º = 281,19 N => SI 1 N=105 dina, portanto: 281,19 N=281,19 × 105 dina => CGS
  10. 10. 82 Curso Básico de Mecânica dos Fluidos Na foto: eu, a Lia, o Vinícius e o Marcus Vinícius Existem aqueles que perdem Existem aqueles que ganham Existem aqueles que esperam Simplesmente porque amam Raimundo Ferreira Ignácio

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