6-50 A lawn sprinkler with three identical arms is used to water a garden by rotating in a horizontal plane by the impulse caused by water flow. Water enters the sprinkler along the axis of rotation at a rate of 40 \mathrm{~L} / \mathrm{s} and leaves the 1.2-\mathrm{cm}-diameter nozzles in the tangential direction. The bear-
ing applies a retarding torque of \mathrm{T}_{0}=50 \mathrm{~N} \cdot \mathrm{~m} due to friction at the anticipated operating speeds. For a normal distance of 40 cm between the axis of rotation and the center of the nozzles, determine the angular velocity of the sprinkler shaft.

Passo 1

O problema trata de um sprinkler de três braços que gira num plano horizontal pela reação do jato d’água que sai tangencialmente. Temos:
– Vazão de entrada de água ao eixo: \,Q=40\;\mathrm{L/s}=0{,}04\;\mathrm{m^3/s}.
– Diâmetro de cada bocal: \,D=1{,}2\;\mathrm{cm}=0{,}012\;\mathrm{m}.
– Raio (distância normal) entre o eixo e o centro dos bocais: \,R=0{,}40\;\mathrm{m}.
– Torque de atrito no mancal: \,T_0=50\;\mathrm{N\cdot m}.
Conteúdo: conservação do momento angular (impulso) para a água + equilíbrio de torques.

Passo 2

Calcular a velocidade de saída relativa à tubulação (i.e. no referencial do rotor), assumindo vazão dividida igualmente nos três bocais:
A área de um bocal é
A=\frac{\pi D^2}{4}=\frac{\pi(0{,}012)^2}{4}\approx1{,}13\times10^{-4}\,\mathrm{m^2}.
Como há três bocais, a vazão em cada um é Q/3, logo a velocidade relativa de saída vale
v_{\rm rel}=\frac{Q/3}{A} =\frac{0{,}04/3}{1{,}13\times10^{-4}} \approx117{,}98\;\mathrm{m/s}.

Passo 3

Determinar a vazão mássica total:
\dot m=\rho\,Q =1000\;\mathrm{kg/m^3}\times0{,}04\;\mathrm{m^3/s} =40\;\mathrm{kg/s}.

Passo 4

Expressar o torque produzido pela água pelo princípio do impulso em torno do eixo.
– Entrada: água entra sem momento angular tangencial.
– Saída: cada gota sai com momento angular \dot m\,R\,v_{\rm abs}.
Assumindo que a velocidade de saída absoluta na direção tangencial é
v_{\rm abs}=v_{\rm rel}-R\,\omega
(no mesmo sentido em que o rotor gira), o torque resultante é
T_{\rm água} =\dot m\,R\,(v_{\rm rel}-R\,\omega).á

Passo 5

No regime permanente, o torque de atrito T_0 se equilibra com o torque da água:
T_{\rm água}=T_0 \quad\Longrightarrow\quad \dot m\,R\,(v_{\rm rel}-R\,\omega)=T_0.á
Desenvolvendo:
\dot m\,R\,v_{\rm rel} -\dot m\,R^2\,\omega = T_0 \quad\Longrightarrow\quad \dot m\,R^2\,\omega =\dot m\,R\,v_{\rm rel}-T_0.
Logo
\omega =\frac{\dot m\,R\,v_{\rm rel}-T_0}{\dot m\,R^2}.

Passo 6

Substituindo os valores numéricos:
\dot m\,R\,v_{\rm rel} =40\;\mathrm{kg/s}\times0{,}40\;\mathrm{m}\times117{,}98\;\mathrm{m/s} \approx1887{,}7\;\mathrm{N\cdot m},
\dot m\,R^2 =40\;\mathrm{kg/s}\times(0{,}40\;\mathrm{m})^2 =40\times0{,}16 =6{,}4\;\mathrm{kg\cdot m^2/s}.
Então
\omega =\frac{1887{,}7 - 50}{6{,}4} \approx\frac{1837{,}7}{6{,}4} \approx287{,}1\;\mathrm{rad/s}.

Resposta

\omega \approx 287{,}1\;\mathrm{rad/s}\quad(\approx 2740\;\mathrm{rpm}).

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