Descobrir o torque em um viscosímetro

Estou resolvendo problemas através da Fox e McDonald. Aqui está o problema

insira a descrição da imagem aqui

Tentei descobrir o torque devido às forças viscosas que é

τ_{1} = μ (2 π R h) \frac{R ω}{a}

$\tau_1=\mu(2\pi Rh)\frac{R\omega}{a}$ e o binário devido a massa m1 como

τ_{2} = m_{1} g R

$\tau_2=m_1gR$ escrita na equação

integrando isso e usando a condição de contorno

, obtive

τ_{2} - τ_{1} = m_{2} R^{2} \frac{d ω}{d t}

$\tau_2- \tau_1=m_2R^2 \frac{d\omega}{dt}$

ω = 0

$\omega=0$

t = 0

$t=0$

. No entanto, estou faltando

vez de

na parte exponencial. Obrigado.

ω = \frac{m_{1} g a}{2 π R h μ} [1 - e x p (\frac{- 2 π μ h t R}{a m_{2}})]

$\omega=\frac{m_1ga}{2\pi Rh\mu}[1-exp(\frac{-2\pi \mu htR}{am_2})]$

m_{1} + m_{2}

$m_1+m_2$

m_{2}

$m_2$

mechanical-engineering fluid-mechanics dynamics user471651
fonte

Respostas:

Você não considerou a aceleração de . $m_1$

A configuração de um diagrama de corpo livre no peso mostra:

m_{1} g - T = m_{1} a_{y}

$m_1g - T = m_1a_y$

$T$ $a_y$

Isso leva às seguintes correções:

τ_{1} = μ (2 π R h) \frac{R ω}{a} * R

$\tau_1=\mu(2\pi Rh)\frac{R\omega}{a}*R$

(O original tinha um valor para a força, enquanto precisamos de um torque.) Isso ocorre porque toda a força viscosa operaria a uma distância R da origem.

τ_{2} = T R = (m_{1} g - m_{1} a_{y}) R = m_{1} g R - m_{1} R^{2} \frac{d ω}{d t}

$\tau_2=TR = (m_1g-m_1a_y)R=m_1gR-m_1R^2\frac{d\omega}{dt}$

$m_1$

Finalmente:

τ_{2} - τ_{1} = m_{2} R^{2} \frac{d ω}{d t}

$\tau_2- \tau_1=m_2R^2 \frac{d\omega}{dt}$

m_{1} g R - m_{1} R^{2} \frac{d ω}{d t} - μ (2 π R h) \frac{R ω}{a} * R = m_{2} R^{2} \frac{d ω}{d t}

$m_1gR-m_1R^2\frac{d\omega}{dt} - \mu(2\pi Rh)\frac{R\omega}{a}*R = m_2R^2 \frac{d\omega}{dt}$

m_{1} g - μ (2 π R h) \frac{R ω}{a} = (m_{1} + m_{2}) R \frac{d ω}{d t}

$m_1g - \mu(2\pi Rh)\frac{R\omega}{a} = (m_1+m_2)R \frac{d\omega}{dt}$

Que é facilmente resolvido em:

ω = \frac{m_{1} g a}{2 μ π R^{2} h} (1 - e x p (\frac{- 2 μ π R h t}{a (m_{1} + m_{2})}))

$\omega = \frac{m_1ga}{2\mu\pi R^2h}(1-exp(\frac{-2\mu\pi Rht}{a(m_1+m_2)}))$

Claramente, quando o exponencial desaparece, a velocidade máxima se estabiliza como

ω = \frac{m_{1} g a}{2 μ π R^{2} h}

$\omega = \frac{m_1ga}{2\mu\pi R^2h}$

Marca
fonte

Mark já apontou o que está faltando, e essa é a abordagem lagrangiana que também deve dar o mesmo resultado - e dá.

$m_1$ $x_1 = R \ \theta(t)$

$m_1$ $KE_1=\frac{1}{2}m_1x_1'(t)^2 =\frac{1}{2} m_1 R^2 \theta '(t)^2$

$m_1$ $PE_1=-m_1 g x_1=-m_1 g R \ \theta (t)$

$m_2$ $KE_2=\frac{1}{2}I\theta '(t)^2=\frac{1}{2} m_2 R^2 \theta '(t)^2$

$L=KE_1+KE_2-PE_1=\frac{1}{2} m_1 R^2 \theta '(t)^2+\frac{1}{2} m_2 R^2 \theta '(t)^2+m_1 g R \theta (t)$

$\tau_2$ $Q=-\mu(2\pi Rh)\frac{R\omega}{a}R$

$\frac{d }{d t}\frac{d L}{d \theta'(t)}-\frac{d L}{d \theta(t)}=Q$

m_{1} R^{2} θ^{″} (t) + m_{2} R^{2} θ^{″} (t) - m_{1} g R = - \frac{2 π h μ R^{3} θ^{'} (t)}{a}

$m_1 R^2 \theta ''(t)+m_2 R^2 \theta ''(t)- m_1 g R=-\frac{2 \pi h \mu R^3 \theta '(t)}{a}$

$\theta '(t)=\omega (t)$

(m_{1} + m_{2}) R ω^{'} (t) + \frac{2 π h μ R^{2} ω (t)}{a} - m_{1} g = 0

$\left(m_1+m_2\right) R \omega '(t)+ \frac{2 \pi h \mu R^2 \omega (t)}{a}-m_1 g=0$

$\omega(0) = 0$

ω (t) = \frac{m_{1} g a}{2 π h μ R^{2}} (1 - e^{- \frac{2 π h μ R t}{a (m_{1} + m_{2})}})

$\omega(t) =\frac{ m_1 g a}{2 \pi h \mu R^2} \left(1-e^{-\frac{2 \pi h \mu R t}{a \left(m_1+m_2\right)}}\right)$

que concorda com a abordagem do diagrama de corpo livre.

Suba Thomas
fonte