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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:
τ = µ
v
ε
e isto tanto vale para o topo, quanto para a lateral, portanto:
τ Topo = µ
ω δ
r
e
τ Lateral
= µ
ω δ
r
A partir deste ponto, pelo fato de ω = constante, sabemos que MT = MRT , onde:
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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:
dM Rtopo = dFµ Topo ×r =τ Topo ×dATopo ×r
ω dM Rtopo = µ r 2π r dr × r δ R 2πωµ 3 dM Rtopo = r dr 0 δ
∫
∫
M Rtopo =
2πωµ
∴ M Rtopo =
R
δ
∫r dr = 3
4 2πωµ R
δ
0
4
πωµ R4 2δ
Lateral:
d M RLat d M RLat
dF
L
r
L
r dA L r
d A Lat . r
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dAL = ? dAL = 2
π r dx , onde:
R
x=
sen
R
dx
dr sen
e dA L
ϕ
d M RL
r2 r 2
d M RL M RL
r
sen
r 3 dr
sen R
2
3
r dr
sen
M RL
0
R4
MT
MT
dR
2
R4 2
R4 2 sen
(1+
1 sen
)
R4 2 sen
2 r
dr sen
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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 => Resultante
1) considerando sem o fluido lubrificante =>
Rplaca = G t - T Rplaca = 100 - T
2) considerando a presença do fluido lubrificante Fµ placa = Rplaca Fµ placa = 100 - T =
µp × Pistão =>
vp
εp
τ p × Ap
× A p = 100 − T
→
10 v p = 100 - T (I)
1) considerando sem a presença do fluido lubrificante Resultante
=>
Rc = T - Gc Rc = T - 80
2) considerando a presença do fluido lubrificante
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Fµ c = Rc Fµ c = T - 80 =
µc ×
vc
εc
τ c × Ac
× A c = T - 80
→
30 v c = T - 80 (II)
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.
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Solução: n => origina no eixo uma velocidade angular 2
ω =
ω
π
n
( rps )
→
2
=
π
n
→
60
ω
( rpm ) = 100
π
rad / s
=> 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
τ
×
ε = Rm
−
Fµ
F µ
=
=
Ac
=
Re
=
µ ×
v0
( D
m
ε −
×
π × De
De
×
L
)
2
2
40 π (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.
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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 )
M m
=T
De 2
=G
De 2
∴ G=
2 × Mm De
(I)
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 → µ
→ origina Fµ para o cilindro →
v = π n Dc Fµ = τ × Ac
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F µ = µ ×
v ε
× π D c L →
F µ =
Fµ → origina MR para o cilindro 2
MR
=
2
× n × Dc2 × L (D m − D c )
2 × π
→ M R = Fµ × D c 2
D3c
µπ n L (II) D m − Dc
µ π 2 n D 3c L Como n = constante, das equação (I) e (II) temos: G = De ⋅ ( D m − Dc ) 2
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, pedese determinar o peso do corpo trapezoidal (G3) no SI e no CGS. Dados: γ H 2O D1
= 10 4 N
m 3 ; γ r
= 0,75 ;
g
= 9,81m / s 2 ;
= 0,201m ; DC 1 = 0,203m ; L =
2 π
G1
= 20 N
m ; v = 0,5 m/s
Solução:
υ = 400 cSt = 400 × 10 - 2 St = 400 × 10 - 6 m²/s υ =
µ ρ
→ µ = υ ⋅ ρ = υ ⋅
γ g
→ µ = υ
γ r γ H 2O g
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G3 sen 45º = T + 0,30581 G3 sen 45º = T + 95,57
0, 5 3 × 10 (I)
- 3
(1 ×1,5 + 0,75 × 0,5)
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 × 10 5 dina => CGS
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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
