Determine o consumo de potência devido aos efeitos viscosos de um mancal com eixo de diâmetro de 1^{\prime \prime} apoiado em mancal com comprimento de 30 mm e diâmetro interno de 11 / 32^{\prime \prime}, eixo e mancal são concêntricos. Na folga entre eixo e mancal é completamente preenchido com óleo newtoniano e viscosidade de 0,001 \mathrm{~Pa} . \mathrm{s}, o eixo gira a 12.000 \mathrm{rpm} .(3,0)

Passo 1

O que o enunciado pede:
  • Determinar o consumo de potência devido aos efeitos viscosos no mancal (ou seja, a potência dissipada pelo cisalhamento do óleo entre eixo e mancal).
Informações fornecidas (peguei todos os números do enunciado):
  • Diâmetro do eixo: d_{\text{eixo}} = 1^{\prime\prime}.
  • Comprimento do mancal: L = 30\\ \text{mm}.
  • Diâmetro interno do mancal: d_{\text{mancal}} = \dfrac{11}{32}^{\prime\prime}.
  • Fluido plenamente preenchendo a folga, óleo newtoniano com viscosidade dinâmica \mu = 0{,}001\\ \text{Pa}\cdot\text{s}.
  • Velocidade de rotação do eixo: N = 12\,000\\ \text{rpm}.
Observação importante sobre os dados:
  • Com os números tal como estão, o diâmetro do eixo ( 1^{\prime\prime}) é maior que o diâmetro interno do mancal ( \tfrac{11}{32}^{\prime\prime}), o que tornaria impossível a existência da folga preenchida por óleo (o eixo não caberia no mancal). Portanto há uma inconsistência óbvia nos dados do enunciado.
  • Para poder resolver o problema numericamente vou assumir que houve uma inversão provável nos números e que o caso pretendido é o usual: o eixo é o menor e o mancal tem diâmetro interno maior. Assim farei a suposição explícita abaixo e prosseguirei com ela (não alterei outros dados).
    • Suposição adotada: d_{\text{eixo}} = \dfrac{11}{32}^{\prime\prime} e d_{\text{mancal}} = 1^{\prime\prime}.
    • Se o enunciado original realmente tiver outra intenção, os resultados numéricos mudam; a fórmula geral que vou deduzir serve para qualquer par de diâmetros, basta substituir os valores corretos.

Passo 2

Qual método vamos usar (resumo e motivo, sem cálculo ainda):
  • Para um eixo cilíndrico girando concêntricamente dentro de um cilindro estacionário, preenchido por fluido newtoniano e assumindo escoamento estacionário e totalmente desenvolvido puramente azimutal (sem movimentos radiais ou axiais significativos), o regime é o escoamento de Couette em anel cilíndrico. Existe solução analítica para a velocidade azimutal v_\theta(r).
  • A partir da solução de v_\theta(r) obtém-se a tensão de cisalhamento \tau_{r\theta}(r). O torque necessário para vencer o atrito viscoso é obtido integrando a tensão de cisalhamento na superfície do eixo; a potência dissipada é P = T\Omega, produto do torque pela velocidade angular.
  • Vou deduzir passo a passo a expressão analítica do torque e da potência (essa dedução é a ferramenta que você precisa saber para aplicar no prova).

Passo 3

Equações e solução para o campo de velocidades (aula curta):
  • Considere coordenadas cilíndricas (r,\theta,z)\). Para escoamento puramente azimutal e independente de \(\theta\) e \(z\), a equação de Navier–Stokes reduzida para equilíbrio viscous-centrífugo dá uma solução do tipo \[v_\theta(r)=A\,r+\frac{B}{r},onde A e B são constantes determinadas pelas condições de contorno.
  • Condições de contorno (com a suposição que fiz):
    • Na superfície do eixo (raio interno) r=R_i: v_\theta(R_i)=\Omega R_i, onde \Omega é a velocidade angular do eixo em \text{rad/s}.
    • Na parede interna do mancal (raio externo) r=R_o: v_\theta(R_o)=0 (mancal estacionário).
  • Aplicando as duas condições: \begin{cases} \Omega R_i = A R_i + \dfrac{B}{R_i},\\[6pt] 0 = A R_o + \dfrac{B}{R_o}. \end{cases}Da segunda equação segue (B = -A R_o^2]. Substituindo na primeira:
    \Omega R_i = A R_i - \dfrac{A R_o^2}{R_i} \quad\Rightarrow\quad \Omega = A\!\left(1-\dfrac{R_o^2}{R_i^2}\right).
    Assim
    A = \dfrac{\Omega R_i^2}{R_i^2 - R_o^2}, \qquad B = -\dfrac{\Omega R_i^2 R_o^2}{R_i^2 - R_o^2}.]

Passo 4

Tensão de cisalhamento e torque (continuação didática):
  • A componente de tensão de cisalhamento relevante no escoamento azimutal é \tau_{r\theta}. Para fluido newtoniano, em coordenadas cilíndricas, \tau_{r\theta} = \mu\left(r\,\frac{d}{dr}\!\left(\frac{v_\theta}{r}\right)\right).
  • Para v_\theta(r)=A r + \dfrac{B}{r} temos \frac{v_\theta}{r}=A+\frac{B}{r^2} \quad\Rightarrow\quad r\frac{d}{dr}\!\left(\frac{v_\theta}{r}\right) = r\left(0 - \frac{2B}{r^3}\right) = -\frac{2B}{r^2}.Logo \tau_{r\theta}(r) = -\frac{2\mu B}{r^2}.
  • O torque por unidade de comprimento agindo sobre o eixo (torque por comprimento T') é a tensão de cisalhamento na superfície do eixo vezes a área de contato cilindríca por unidade de comprimento: T' = \tau_{r\theta}(R_i)\times (2\pi R_i^2) = \left(-\frac{2\mu B}{R_i^2}\right)\cdot 2\pi R_i^2 = -4\pi\mu B.
  • Usando o valor de B encontrado: T' = -4\pi\mu\left(-\frac{\Omega R_i^2 R_o^2}{R_i^2 - R_o^2}\right) = \frac{4\pi\mu\,\Omega\,R_i^2 R_o^2}{R_o^2 - R_i^2},onde escrevi o denominador como R_o^2-R_i^2 para manter o resultado positivo (já que R_o>R_i).

Passo 5

Potência dissipada (fórmula final simbólica) e interpretação:
  • O torque total para o mancal de comprimento L é T = T' L. A potência dissipata por efeito viscoso é o produto do torque pela velocidade angular: P = T\,\Omega = T'\,L\,\Omega.Substituindo T' obtemos a fórmula útil \boxed{\,P = \dfrac{4\pi\mu\,\Omega^2\,R_i^2 R_o^2\,L}{R_o^2 - R_i^2}\,}
  • Explicação das variáveis (para ficar claro):
    • \mu é a viscosidade dinâmica do fluido ( \text{Pa}\cdot\text{s}).
    • \Omega é a velocidade angular do eixo em \text{rad/s}, relacionada a N (rpm) por \Omega = \dfrac{2\pi N}{60}.
    • R_i é o raio do eixo (metade do diâmetro do eixo).
    • R_o é o raio interno do mancal (metade do diâmetro interno do mancal).
    • L é o comprimento do mancal (m).
  • Observação prática: essa fórmula assume escoamento laminar, concêntrico, sem efeitos de borda significativos (extremos do mancal), e sem pressão axial — condições típicas para uma estimativa de perda por viscosidade.

Passo 6

Conversões de unidades com a suposição adotada:
  • Converter as medidas em polegadas para metros (peguei as frações do enunciado e usei 1^{\prime\prime}=25{,}4\\ \text{mm}=0{,}0254\\ \text{m}).
  • Supondo d_{\text{eixo}}=\dfrac{11}{32}^{\prime\prime}: d_{\text{eixo}} = \frac{11}{32}\cdot 0{,}0254\\ \text{m} = 0{,}00436625\\ \text{m}.Então R_i = \dfrac{d_{\text{eixo}}}{2} = 0{,}002183125\\ \text{m}. (Observação: é mais direto trabalhar com raios; mais abaixo uso R_i ao quadrado.)
  • Supondo d_{\text{mancal}} = 1^{\prime\prime}: d_{\text{mancal}} = 0{,}0254\\ \text{m},\qquad R_o = 0{,}0127\\ \text{m}.
  • Comprimento L = 30\\ \text{mm} = 0{,}03\\ \text{m}.
  • Viscosidade \mu = 0{,}001\\ \text{Pa}\cdot\text{s} (já em SI).
  • Velocidade angular: \Omega = \frac{2\pi N}{60} = \frac{2\pi\cdot 12\,000}{60} = 400\pi\\ \text{rad/s}.

Passo 7

Cálculos numéricos (passo a passo, sem pular contas):
  • Primeiro calcule R_i^2 e R_o^2: R_i = 0{,}002183125\\ \text{m}\quad\Rightarrow\quad R_i^2 = (0{,}002183125)^2 \approx 4{,}766\times 10^{-6}\\ \text{m}^2.(atenção: este valor corresponde ao raio; na dedução anterior usei diretamente raios—aqui confirmei o valor numérico) R_o = 0{,}0127\\ \text{m}\quad\Rightarrow\quad R_o^2 = (0{,}0127)^2 = 1{,}6129\times 10^{-4}\\ \text{m}^2.
  • Calcule a diferença R_o^2 - R_i^2: R_o^2 - R_i^2 \approx 1{,}6129\times 10^{-4} - 4{,}766\times 10^{-6} = 1{,}56524\times 10^{-4}\\ \text{m}^2.
  • Calcule o produto R_i^2 R_o^2: R_i^2 R_o^2 \approx (4{,}766\times 10^{-6})(1{,}6129\times 10^{-4}) \approx 7{,}686\times 10^{-10}\\ \text{m}^4.(mantive precisão suficiente para o resultado final)
  • Calcule \Omega^2: \Omega = 400\pi\\ \Rightarrow\\ \Omega^2 = (400\pi)^2 = 160{,}000\pi^2 \approx 1{,}579{,}136\\ \text{rad}^2/\text{s}^2.
  • Agora avalie numerador e denominador da fórmula: \text{numerador} = 4\pi\mu\Omega^2 R_i^2 R_o^2 L.Substituindo números: \text{numerador} \approx 4\pi \cdot 0{,}001 \cdot 1{,}579{,}136 \cdot 7{,}686\times 10^{-10} \cdot 0{,}03.Calcule etapa a etapa: 1{,}579{,}136 \times 7{,}686\times 10^{-10} \approx 1{,}2139\times 10^{-3},
0{,}001 \times 0{,}03 = 3{,}0\times 10^{-5},
\therefore \text{numerador} \approx 4\pi \times (1{,}2139\times 10^{-3}) \times (3{,}0\times 10^{-5}) \approx 4\pi \times 3{,}6417\times 10^{-8} \approx 4\cdot 3{,}1416 \cdot 3{,}6417\times 10^{-8}.
4\pi \approx 12{,}5664,\quad 12{,}5664\times 3{,}6417\times 10^{-8}\approx 4{,}577\times 10^{-7}.
  • Finalmente a potência: P = \frac{\text{numerador}}{R_o^2 - R_i^2} \approx \frac{4{,}577\times 10^{-7}}{1{,}56524\times 10^{-4}} \approx 2{,}924\times 10^{-3}\\ \text{W}.(arredondando com coerência entre casas significativas)
Observação sobre pequenas diferenças com aproximações anteriores: dependendo do uso direto de diâmetros ou de arredondamentos intermediários, o resultado numérico pode variar ligeiramente (milésimos de watt). O valor calculado acima é da ordem de alguns miliwatts.

Passo 8

Interpretação final e checagem rápida de ordem de grandeza:
  • O resultado indica que a potência dissipada por atrito viscoso é muito pequena (alguns mW) dado que a viscosidade é baixa ( 0{,}001\\ \text{Pa}\cdot\text{s}, típica de óleo leve), a folga é relativamente grande em relação ao eixo e o comprimento é curto.
  • Se o enunciado original tivesse as dimensões trocadas (eixo maior que mancal), então não há folga e o problema não faria sentido físico — é por isso que fiz a suposição de troca.

Resposta

P \approx 2{,}9\times 10^{-3}\\ \text{W} (assumindo que d_{\text{eixo}}=\tfrac{11}{32}^{\prime\prime} e d_{\text{mancal}}=1^{\prime\prime}; o enunciado original aparenta ter os diâmetros invertidos).

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