Mecânica dos fluidos/Exercícios resolvidos/C5

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Enunciado

Um sprinkler é composto por uma haste oca de 30 cm de comprimento, suportada na horizontal por um pivô fixo no ponto central, e com um furo lateral de 4 mm de diâmtro em cada extremidade. Os furos são orientados em direções opostas no plano horizontal. Quando água é bombeada para dentro da haste através de um tubo conectado ao pivô, ela é expulsa através dos furos a uma taxa de 7.5 litros por minuto, o que faz o conjunto girar a 30 rpm. Calcular a velocidade do jato e a frição no pivô.

Dados do problema

Rs	15 cm
Df	4 mm
Φ	— 7.5 l/min
ω	30 rpm
vm	a calcular
Ωp	a calcular

Solução

O jato de água, ao ser forçado a mudar de direção em 90° nas pontas da haste, exerce uma força sobre ela. Uma componente dessa força é radial, e a outra, tangencial ao sprinkler. Como cada tubo aponta para uma direção, aparece um binário de forças, que faz o sprinkler girar.

A velocidade do fluxo pode ser obtida diretamente a partir da vazão e da área de cada furo

${\mathrm{\Phi }}_f=v_m{A}_f\Rightarrow v_m=\frac{{\mathrm{\Phi }}_f}{A_f}=\frac{\frac{\mathrm{\Phi }}{2}}{\frac{\pi D_f^2}{4}}$

$=\frac{2\cdot 7.5l/min}{3.1\cdot (4mm{)}^2}=\frac{2\cdot 0.0075m^3/60s}{3.1\cdot (0.004m{)}^2}$

$=5m/s$

Essa velocidade é medida em relação ao sprinkler, não em relação ao referencial fixo. Para encontrar a velocidade relativa a esse referencial, é preciso subtrair a velocidade tangencial do furo, que gira junto com o sprinkler na direção oposta. Assim, v_a = v_m - ωR_s.

A componente tangencial da força exerciada pelo jato de água sobre a haste só é contraposta pelo atrito no pivô. Isso porque a pressão atmosférica, a pressão da água no pivô de entrada e o peso do conjunto não produzem momento angular, devido à simetria do problema. Assim, podemos escolher um volume de controle que envolva o sprinkler e escrever a equação de conservação do momento angular

$\overrightarrow{\mathrm{\Omega }}=\frac{\partial }{\partial t}{\int }_C\rho (\overrightarrow{r}\times \overrightarrow{v})dV+{\int }_S\rho (\overrightarrow{r}\times \overrightarrow{v})(\overrightarrow{v}\cdot d\overrightarrow{S})={\overrightarrow{\mathrm{\Omega }}}_p$

Mas

${\int }_C\rho (\overrightarrow{r}\times \overrightarrow{v})dV={\int }_{-R}^R\rho (r\cdot \omega r{\overrightarrow{u}}_k)(A_{h}dr)$

onde A_h é a área transversal da haste. Assim

${\int }_C\rho (\overrightarrow{r}\times \overrightarrow{v})dV=\rho \omega A_h\left({\int }_{-Rs}^{R}s{r}^{2}dr\right){\overrightarrow{u}}_k=\rho \omega A_h\frac{2R_s^3}{3}{\overrightarrow{u}}_k=constante\Rightarrow \frac{\partial }{\partial t}{\int }_C\rho (\overrightarrow{r}\times \overrightarrow{v})dV=0$

Ou seja, o momento angular do sprinkler não varia no tempo. Por outro lado,

${\int }_S\rho (\overrightarrow{r}\times \overrightarrow{v})(\overrightarrow{v}\cdot d\overrightarrow{S})=\rho (R_s{v}_a{\overrightarrow{u}}_k){\int }_S(\overrightarrow{v}\cdot d\overrightarrow{S})$

porque apenas nas extremidades existe fluxo através da superfície de controle. A velocidade para o cálculo do momento angular precisa ser medida em relação ao sistema de referência fixo, por isso deve-se usar v_a em lugar de v_m. Além disso, a integral de superfície é muito difícil de ser calculada, pois a velocidade v_a muda continuamente de direção em relação à superfície do volume de controle, e por isso o fluido escapa por uma área que é maior que A_f; no entanto, sabemos que essa integral deve ser igual à vazão total Φ, de acordo com a equação de continuidade. Assim

${\int }_S\rho (\overrightarrow{r}\times \overrightarrow{v})(\overrightarrow{v}\cdot d\overrightarrow{S})=\rho R_s{v}_a\mathrm{\Phi }{\overrightarrow{u}}_k=\rho R_s\mathrm{\Phi }(v_m-\omega R_s){\overrightarrow{u}}_k$

Então

${\mathrm{\Omega }}_p=\rho R_s\mathrm{\Phi }(v_m-\omega R_s)=1000kg/m^3\cdot 15cm\cdot 7500l/min\cdot (5m/s-30rpm\cdot 15cm)$

$=1000kg/m^3\cdot 0.15m\cdot 0.0075m^3/60s\cdot (5m/s-30\cdot \frac{2\cdot 3.1}{60s}\cdot 0.15m);=0.085Nm$