Um mancal de deslizamento com \mathrm{L}=25 \mathrm{~mm}, \mathrm{D}=50 \mathrm{~mm} e uma folga diametral de 0,05 \mathrm{~mm} suporta uma carga de 1800 N enquanto gira a 1800 rpm e transmite 2 kW de potência. Óleo SAE 10 é utilizado, com uma temperatura média de filme de 55^{\circ} \mathrm{C}.
a) Calcule o atrito pela equação de Petroff e a eficiência do mancal.
b) Qual deve ser a temperatura de operação para uso de óleo SAE 40 se a eficiência deve permanecer igual?

Passo 1

Vamos identificar claramente o que o enunciado dá e o que pede.
Dados (peguei todos do enunciado):
  • Comprimento do mancal: L=25\\ \mathrm{mm}.
  • Diâmetro do mancal: D=50\\ \mathrm{mm}.
  • Folga diametral: 0,05\\ \mathrm{mm} (porta‑folga total em diâmetro).
  • Carga radial suportada: W=1800\\ \mathrm{N}.
  • Velocidade de rotação: 1800\\ \mathrm{rpm}.
  • Potência transmitida pelo eixo: P_{\text{trans}}=2{,}0\\ \mathrm{kW}.
  • Óleo usado no item (a): SAE 10, temperatura média do filme 55^\circ\mathrm{C}.
Conversões para SI (vou converter tudo para metros, segundos etc.):
L=25\\ \mathrm{mm}=0{,}025\\ \mathrm{m},\qquad D=50\\ \mathrm{mm}=0{,}05\\ \mathrm{m}.
A folga radial (metade da folga diametral) é
c=\frac{0{,}05\\ \mathrm{mm}}{2}=0{,}025\\ \mathrm{mm}=2{,}5\times10^{-5}\\ \mathrm{m}.
Velocidade em revoluções por segundo:
N=\frac{1800}{60}=30\\ \mathrm{s^{-1}}.
O que o enunciado pede:
  • (a) “Calcule o atrito pela equação de Petroff e a eficiência do mancal.” — vou calcular o atrito (torque de atrito, potência perdida por atrito e coeficiente de atrito) usando a equação de Petroff e então a eficiência do conjunto.
  • (b) “Qual deve ser a temperatura de operação para uso de óleo SAE 40 se a eficiência deve permanecer igual?” — achar a temperatura tal que o óleo SAE 40 tenha viscosidade (dinâmica) que gere a mesma perda por atrito.
Observação: o enunciado não deu diretamente a viscosidade dinâmica do óleo; vou usar valores típicos de viscosidade cinemática para óleos monograduados e densidade típica de óleo para converter em viscosidade dinâmica. Vou explicitar esses valores e o método no passo apropriado.

Passo 2

Apresentação e dedução da equação de Petroff que vamos usar (aula curta e clara).
Ideia física (problema simples, lubrificação hidrodinâmica em condição concêntrica): se o eixo está praticamente centrado (petroff assume excentricidade pequena ou nula), o escoamento no filme é basicamente cisalhamento (Couette) e a tensão de cisalhamento média é
\tau=\mu\frac{U}{h},
onde:
  • \mu é a viscosidade dinâmica do óleo ( \mathrm{Pa\cdot s}),
  • U é a velocidade tangencial da superfície do eixo ( \mathrm{m/s}),
  • h é a espessura do filme (aqui h\approx c, a folga radial).
A velocidade tangencial do eixo de raio R=D/2 girando a N rev/s é
U=\omega R=(2\pi N)R.
A força tangencial de atrito total é a tensão multiplicada pela área de superfície cilíndrica:
F_{\text{fr}}=\tau\cdot(2\pi R L)=\mu\frac{U}{c}\,2\pi R L.
O torque de atrito é M=F_{\text{fr}}\cdot R. Substituindo U e simplificando obtemos (etapas mostradas):
M= \mu\frac{(2\pi N)R}{c}\cdot 2\pi R L\cdot R =4\pi^2\mu N\frac{R^3 L}{c}.
Voltando a usar D=2R (logo R^3=(D/2)^3=D^3/8):
\boxed{M=\dfrac{\pi^2\mu N D^3 L}{2c}}.
Potência perdida por atrito é a potência rotacional equivalente ao torque:
\boxed{P_{\text{perd}}=M\omega = M(2\pi N)=\dfrac{\pi^3\mu N^2 D^3 L}{c}}.
Coeficiente de atrito (adimensional, força tangencial sobre carga radial) também é útil:
F_{\text{fr}}=\frac{M}{R}\quad\Rightarrow\quad f=\frac{F_{\text{fr}}}{W}=\frac{M}{R\,W}.
(ou usando a expressão simplificada obtém-se)
\boxed{f=\dfrac{\pi^2\mu N D^2 L}{cW}=\dfrac{\pi^2\mu N D}{c p_{\text{m}}}},
onde p_{\text{m}}=W/(D L) é a pressão média de contacto — isso ajuda a interpretar fisicamente.
Essas são as fórmulas de Petroff que vamos aplicar. Em todas as fórmulas N está em rev/s, D,L,c em metros, \mu em \mathrm{Pa\cdot s}.

Passo 3

Determinar a viscosidade do óleo SAE 10 à temperatura média do filme 55^\circ\mathrm{C}.
Explicação didática: normalmente os dados de viscosidade vêm em tabelas: dá‑se a viscosidade cinemática \nu (em \mathrm{mm^2/s} ou cSt) a 40^\circ\mathrm{C} e a 100^\circ\mathrm{C} para cada grau SAE. A relação \nu(T) não é linear em T, usa‑se log‑interpolação (isto é, interpolar \ln\nu com T) ou curvas de Vogel/Walther. Aqui vou usar valores típicos de referência para óleos monograduados e fazer interpolação logarítmica (procedimento padrão em engenharia).
Valores adotados (típicos, “tabelados” para óleos monograduados):
  • Para SAE 10: \nu_{40^\circ\mathrm{C}}\approx 68\\ \mathrm{cSt} e \nu_{100^\circ\mathrm{C}}\approx 9{,}5\\ \mathrm{cSt}.
  • Para SAE 40: \nu_{40^\circ\mathrm{C}}\approx 230\\ \mathrm{cSt} e \nu_{100^\circ\mathrm{C}}\approx 14{,}4\\ \mathrm{cSt}.
Obs.: esses números são valores típicos usados em problemas práticos; tabelas concretas de fabricantes podem variar um pouco. Também assumo densidade típica \rho\approx870\\ \mathrm{kg/m^3} para converter \nu em \mu=\rho\nu.
Agora: calcular \nu de SAE 10 a 55^\circ\mathrm{C} por interpolação logarítmica entre 40^\circ\mathrm{C} e 100^\circ\mathrm{C}.
Defina:
\ln\nu(T)=\ln\nu_{40} + \frac{\ln\nu_{100}-\ln\nu_{40}}{100-40}\,(T-40).
Com \nu_{40}=68 e \nu_{100}=9{,}5:
\ln\nu_{40}=\ln(68)=4{,}2195,\qquad \ln\nu_{100}=\ln(9{,}5)=2{,}2518.
Inclinação:
m=\frac{2{,}2518-4{,}2195}{60}=-0{,}032795\\ \mathrm{^\circ C^{-1}}.
Para T=55^\circ\mathrm{C} (diferença 15 deg):
\ln\nu(55)=4{,}2195 + (-0{,}032795)\cdot15=3{,}7276,
logo
\nu(55)=e^{3{,}7276}\approx 41{,}6\\ \mathrm{cSt}=41{,}6\times10^{-6}\\ \mathrm{m^2/s}.
Converter para viscosidade dinâmica:
\mu=\rho\nu\approx 870\cdot 41{,}6\times10^{-6}=0{,}0362\\ \mathrm{Pa\cdot s}.
Resumo usado: para SAE 10 a 55^\circ\mathrm{C} adotei \displaystyle \boxed{\mu_{\text{(SAE10,55C)}}\approx0{,}0362\\ \mathrm{Pa\cdot s}}.

Passo 4

Aplicar as fórmulas e calcular o atrito (torque, potência perdida, força de atrito, coeficiente de atrito) e então a eficiência.
Relembrando fórmulas que vamos usar:
M=\dfrac{\pi^2\mu N D^3 L}{2c},\qquad P_{\text{perd}}=\dfrac{\pi^3\mu N^2 D^3 L}{c},\qquad F_{\text{fr}}=\dfrac{M}{R},\qquad f=\dfrac{F_{\text{fr}}}{W},\qquad \eta=\dfrac{P_{\text{trans}}}{P_{\text{trans}}+P_{\text{perd}}}.
Substituindo os números (tudo em SI; N=30\\ \mathrm{s^{-1}}, D=0{,}05\\ \mathrm{m}, L=0{,}025\\ \mathrm{m}, c=2{,}5\times10^{-5}\\ \mathrm{m}, \mu=0{,}0362\\ \mathrm{Pa\cdot s}).
Cálculo do torque:
M=\dfrac{\pi^2\cdot 0{,}0362\cdot 30\cdot (0{,}05)^3\cdot 0{,}025}{2\cdot 2{,}5\times10^{-5}}.
Fazendo as contas (mostro as operações principais):
\pi^2\approx9{,}8696,\quad (0{,}05)^3=1{,}25\times10^{-4}.
Numerador \approx 9{,}8696\cdot0{,}0362\cdot30\cdot1{,}25\times10^{-4}\cdot0{,}025\approx3{,}35\times10^{-5}.
Denominador 2c=5{,}0\times10^{-5}.
Logo
M\approx0{,}670\\ \mathrm{N\cdot m}.
Potência perdida:
P_{\text{perd}}=\dfrac{\pi^3\mu N^2 D^3 L}{c}.
Usando \pi^3\approx31{,}0063 e os outros valores:
P_{\text{perd}}\approx126{,}3\\ \mathrm{W}.
(Verificação rápida: P_{\text{perd}}=M\cdot\omega com \omega=2\pi N\Rightarrow P_{\text{perd}}=0{,}670\cdot(2\pi\cdot30)\approx126{,}3\\ \mathrm{W}.)
Força tangencial de atrito e coeficiente:
F_{\text{fr}}=\frac{M}{R}=\frac{0{,}670}{0{,}025}\approx26{,}80\\ \mathrm{N},
f=\frac{F_{\text{fr}}}{W}=\frac{26{,}80}{1800}\approx0{,}0149.
Eficiência:
\eta=\frac{P_{\text{trans}}}{P_{\text{trans}}+P_{\text{perd}}} =\frac{2000}{2000+126{,}3}\approx0{,}9406\approx94{,}06\%.
Interpretação curta: com SAE 10 a 55^\circ\mathrm{C} obtém‑se perda por atrito em torno de 126\\ \mathrm{W}, o que reduz a eficiência para cerca de 94{,}1\%.

Passo 5

Item (b): temperatura necessária para SAE 40 manter a mesma eficiência.
Raciocínio simples e didático: para as mesmas dimensões e velocidade, a expressão de perda por atrito P_{\text{perd}}=\dfrac{\pi^3\mu N^2 D^3 L}{c} é proporcional à viscosidade dinâmica \mu. Para manter a mesma eficiência (mesma perda P_{\text{perd}}) precisamos ter a mesma \mu. Ou seja
\mu_{\text{SAE40 at }T}=\mu_{\text{SAE10 at }55^\circ\mathrm{C}}\approx0{,}0362\\ \mathrm{Pa\cdot s}.
Convertendo para viscosidade cinemática desejada (usando densidade aproximada \rho=870\\ \mathrm{kg/m^3} igual à do item anterior):
\nu_{\text{req}}=\frac{\mu}{\rho}=\frac{0{,}0362}{870}\approx41{,}6\times10^{-6}\\ \mathrm{m^2/s}=41{,}6\\ \mathrm{cSt}.
Logo precisamos que o SAE 40 tenha \nu\approx41{,}6\\ \mathrm{cSt}.
Agora estimamos a temperatura T onde SAE 40 tenha essa \nu, usando os pontos tabelados típicos de SAE 40 ( \nu_{40^\circ\mathrm{C}}\approx230\\ \mathrm{cSt}, \nu_{100^\circ\mathrm{C}}\approx14{,}4\\ \mathrm{cSt}) e interpolação logarítmica (mesmo procedimento do passo 3).
Cálculo (log‑interpolação):
\ln\nu_{40}=\ln(230)=5{,}4381,\qquad \ln\nu_{100}=\ln(14{,}4)=2{,}6672.
Inclinação:
m=\frac{2{,}6672-5{,}4381}{60}=-0{,}04452\\ \mathrm{^\circ C^{-1}}.
Queremos T tal que \ln\nu(T)=\ln(41{,}6)=3{,}7276. Então
3{,}7276=5{,}4381 + (-0{,}04452)(T-40)
T-40=\frac{3{,}7276-5{,}4381}{-0{,}04452}=38{,}44\\ \Rightarrow\\ T\approx78{,}44^\circ\mathrm{C}.
Portanto, para que o SAE 40 apresente a mesma viscosidade (e assim a mesma perda por atrito e eficiência), ele precisaria trabalhar a aproximadamente 78{,}4^\circ\mathrm{C}.

Passo 6

Resumo das suposições e observações (importantes para a prova):
  • Usei valores típicos de viscosidade cinemática para óleos monograduados e densidade típica \rho=870\\ \mathrm{kg/m^3}. Esses valores são os que costumam ser fornecidos em tabelas; resultados numéricos mudarão se usar tabelas de um fabricante específico.
  • O método (equação de Petroff) assume película praticamente concêntrica e regime de cisalhamento simples; é apropriado para estimativas rápidas em mancais de filme fino.
  • Se na sua prova houver uma tabela com viscosidades diferentes, substitua os valores e repita os mesmos passos (a técnica e as fórmulas não mudam).

Resposta

(a) Torque de atrito M\approx0{,}670\\ \mathrm{N\cdot m}; potência perdida por atrito P_{\text{perd}}\approx126{,}3\\ \mathrm{W}; coeficiente de atrito f\approx0{,}0149. Eficiência \eta\approx94{,}06\%.
(b) Temperatura de operação necessária para SAE 40 (mantendo a mesma eficiência): T\approx78{,}4^\circ\mathrm{C}.

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