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Quando lidamos com a lubrificação de rolamentos, a equação de governo que descreve a pressão é a equação de Reynolds, geralmente descrita em uma dimensão como:

d d x h 3 μ . d p d x + 6 U . d h d x = 0

Em que h é a altura do degrau e U é a velocidade da superfície inferior. O degrau tem um desenho relativamente simples, no qual são usados fluidos de baixa viscosidade, como água, gasolina e solventes. A espessura mínima do filme nessas aplicações é muito pequena. A altura do degrau deve ser pequena o suficiente para ter boa capacidade de carga, mas grande o suficiente para não ficar, depois de algum desgaste, liso e plano. Usando a equação unidirecional para o movimento do fluido na direção x , mostre que a distribuição de pressão no degrau do rolamento é a mostrada no gráfico, em que:

p s = 6 μ h 2 - h 1 h 1 3 L 1 + h 2 3 L 2

Passo 1

Tá legal, a primeira coisa que devemos fazer é escrever as equações de Navier-Stokes, então, teremos:

∂ u ∂ x + ∂ v ∂ y + ∂ w ∂ z = 0

Essa será nossa equação 1. Ainda temos:

ρ ∂ u ∂ t + u ∂ u ∂ x + v ∂ u ∂ y + w ∂ u ∂ z = ρ g x - ∂ p ∂ x + μ ∂ 2 u ∂ x 2 + ∂ 2 u ∂ y 2 + ∂ 2 u ∂ z 2

ρ ∂ v ∂ t + u ∂ v ∂ x + v ∂ v ∂ y + w ∂ v ∂ z = ρ g y - ∂ p ∂ y + μ ∂ 2 v ∂ x 2 + ∂ 2 v ∂ y 2 + ∂ 2 v ∂ z 2

ρ ∂ w ∂ t + u ∂ w ∂ x + v ∂ w ∂ y + w ∂ w ∂ z = ρ g z - ∂ p ∂ z + μ ∂ 2 w ∂ x 2 + ∂ 2 w ∂ y 2 + ∂ 2 w ∂ z 2

Essas serão nossas equações 2, 3 e 4 respectivamente. Beleza! Agora vem a parte das considerações, sabemos que nesse caso temos regime permanente, então podemos cancelar os termos dependentes do tempo das equações 2, 3 e 4. Temos também que o escoamento é incompressível, então ρ = c t e . Agora, sabemos que não teremos nenhuma variação ou alteração na direção z , de modo que o restante da sua equação 4, além do termo no tempo que já cancelamos, será zero. E também todos os outros termos nas equações 1, 2 e 3 que dependem de w serão iguais a zero.

Agora, assumindo escoamento totalmente desenvolvido, não teremos nenhuma variação de propriedade na direção x , com exceção da pressão, então todas as derivadas com relação a x podem ser igualadas a zero. Podemos também desconsiderar as forças de campo na direção y e x , de modo que g y = g x = 0 . Então, até o momento, as equações se tornaram:

∂ v ∂ y = 0

ρ v ∂ u ∂ y = - ∂ p ∂ x + μ ∂ 2 u ∂ y 2

ρ v ∂ v ∂ y = - ∂ p ∂ y + μ ∂ 2 v ∂ y 2

Passo 2

Agora, da primeira equação vimos que a derivada da velocidade v em y é igual a zero, desse modo, como v é zero na superfície sólida, então, já que deve ser constante, ele é zero para todo o intervalo, desse modo, podemos zerar os termos que apresentam v nas outras duas equações, e elas se tornam:

0 = - ∂ p ∂ x + μ ∂ 2 u ∂ y 2

0 = - ∂ p ∂ y + 0 → ∂ p ∂ y = 0

Com isso, a pressão não depende de y , ela pode depender, no máximo, de x . Então, analisando a equação restante na direção x , temos:

0 = - d p d x + μ ∂ 2 u ∂ y 2

Dessa última equação, podemos notar que temos um termo que depende de x e outro que depende de y e os dois somando devem se anular, dessa forma, isso só será satisfeito em todos os casos se os dois termos forem constantes, dessa forma, teremos então:

d p d x = c t e

E, isso implica em:

d p d x 1 = c t e = p s L 1

d p d x 2 = c t e = - p s L 2

Então agora vamos resolver a equação diferencial integrando ela duas vezes em y , desse modo, temos:

μ ∂ u ∂ y = d p d x y + c 1 → ∂ u ∂ y = d p d x . y μ + c 1 μ

Integrando novamente em y , temos:

u = d p d x . y 2 2 μ + c 1 y μ + c 2

Passo 3

Agora precisamos resolver essa equação com as condições de contorno conhecidas, precisamos resolvê-la separadamente, uma vez para a primeira região e depois para a segunda região. Então, começando pela primeira região, com o auxílio do diagrama do enunciado, temos as seguintes condições de contorno:

y = 0 → u = U

y = h 1 → u = 0

Então, aplicando a primeira condição de contorno, temos:

u = d p d x . y 2 2 μ + c 1 y μ + c 2 → U = d p d x . 0 2 2 μ + c 1 ( 0 ) μ + c 2 → c 2 = U

E, da segunda condição, temos:

u = d p d x . y 2 2 μ + c 1 y μ + c 2 → 0 = d p d x . h 1 2 2 μ + c 1 h 1 μ + U → c 1 = - h 1 2 . d p d x - μ U h 1

Então, a equação para a primeira parte do trecho será:

u = d p d x . y 2 2 μ + c 1 y μ + c 2 → u 1 = d p d x 1 . y 2 2 μ + y μ - h 1 2 . d p d x - μ U h 1 + U

u 1 = 1 2 μ . d p d x 1 y 2 - h 1 y + U y h 1 - 1

Substituindo o termo do gradiente de pressão, chegamos em:

u 1 = 1 2 μ . p s L 1 y 2 - h 1 y + U y h 1 - 1

Passo 4

Agora vamos repetir o processo feito no passo 3, só que para a segunda região, onde temos as seguintes condições de contorno:

y = 0 → u = U

y = h 2 → u = 0

Então, aplicando a primeira condição de contorno, temos:

u = d p d x . y 2 2 μ + c 1 y μ + c 2 → U = d p d x . 0 2 2 μ + c 1 ( 0 ) μ + c 2 → c 2 = U

E, da segunda condição, temos:

u = d p d x . y 2 2 μ + c 1 y μ + c 2 → 0 = d p d x . h 2 2 2 μ + c 1 h 2 μ + U → c 1 = - h 2 2 . d p d x - μ U h 2

Então, a equação para a primeira parte do trecho será:

u = d p d x . y 2 2 μ + c 1 y μ + c 2 → u 2 = d p d x 2 . y 2 2 μ + y μ - h 2 2 . d p d x - μ U h 2 + U

u 2 = 1 2 μ . d p d x 2 y 2 - h 2 y + U y h 2 - 1

Substituindo o termo do gradiente de pressão, temos:

u 2 = - 1 2 μ . p s L 2 y 2 - h 2 y + U y h 2 - 1

Passo 5

Agora, para relacionar as duas velocidades, vamos utilizar o princípio da continuidade, já que sabemos que a vazão deve ser a mesma nos dois pontos, então temos:

q 1 = q 2 → ∫ 0 h 1 u 1 d y = ∫ 0 h 2 u 2 d y

Substituindo as expressões encontradas para a velocidade nos passos 3 e 4, temos:

∫ 0 h 1 1 2 μ . p s L 1 y 2 - h 1 y + U y h 1 - 1 d y = ∫ 0 h 2 - 1 2 μ . p s L 2 y 2 - h 2 y + U y h 2 - 1 d y

Vamos resolver uma integral de cada vez, dessa forma, começando pela integral da esquerda, temos:

∫ 0 h 1 1 2 μ . p s L 1 y 2 - h 1 y + U y h 1 - 1 d y = 1 2 μ . p s L 1 y 3 3 - h 1 y 2 2 + U y 2 2 h 1 - y 0 h 1

Substituindo os limites de integração, temos:

1 2 μ . p s L 1 h 1 3 3 - h 1 h 1 2 2 + U h 1 2 2 h 1 - h 1 - 1 2 μ . p s L 1 0 3 3 - h 1 0 2 2 + U 0 2 2 h 1 - 0

1 2 μ . p s L 1 2 h 1 3 - 3 h 1 3 6 + U h 1 2 - h 1 + U → - h 1 3 1 2 μ . p s L 1 - U h 1 2

Agora, resolvendo a integral do lado direito lá em cima, temos:

∫ 0 h 2 - 1 2 μ . p s L 2 y 2 - h 2 y + U y h 2 - 1 d y = - 1 2 μ . p s L 2 y 3 3 - h 2 y 2 2 + U y 2 2 h 2 - y 0 h 2

Substituindo os limites de integração, temos:

- 1 2 μ . p s L 2 h 2 3 3 - h 2 h 2 2 2 + U h 2 2 2 h 2 - h 2 - 1 2 μ . p s L 2 0 3 3 - h 2 0 2 2 + U 0 2 2 h 2 - 0

- 1 2 μ . p s L 2 2 h 2 3 - 3 h 2 3 6 + U h 2 2 - h 2 + U → h 2 3 12 μ . p s L 2 - U h 2 2

Passo 6

E, agora, igualando as duas expressões encontradas, temos:

- h 1 3 12 μ . p s L 1 - U h 1 2 = h 2 3 12 μ . p s L 2 - U h 2 2 → h 2 3 12 μ . p s L 2 + h 1 3 12 μ . p s L 1 = U h 2 2 - U h 1 2

Agora, colocando o termo p s / 12 μ em evidência, temos:

p s 12 μ h 1 3 L 1 + h 2 3 L 2 = U h 2 2 - U h 1 2 → p s h 1 3 L 1 + h 2 3 L 2 = 6 μ U ( h 2 - h 1 )

E, finalmente, chegamos na equação dada no enunciado, então, teremos:

p s = 6 μ U h 2 - h 1 h 1 3 L 1 + h 2 3 L 2

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