1. 73 Curso Básico de Mecânica dos Fluidos
1.12.3 Exercícios resolvidos
1.12.3.1 Para o mecanismo representado a seguir, pede-se determinar:
a) A Lei de variação da tensão de cisalhamento em função do raio (R), da velocidade
angular constante (ω ) e da espessura da película do fluido lubrificante (δ );
b) o momento total (MT) que deve ser aplicado ao conjunto para que o mesmo gire com
uma velocidade angular constante (ω );
Dados: ϕ ; R ; δ ; ω ; µ no S.I.; assumir perfil linear de velocidades
Solução:
Pela simplificação prática da Lei de Newton da viscosidade, temos:
v
τ = µ
ε
e isto tanto vale para o topo, quanto para a lateral, portanto:
ω ω
τ Topo = µ r e τ Lateral = µ r
δ δ
A partir deste ponto, pelo fato de ω = constante, sabemos que MT = MRT , onde:

2. 74 Curso Básico de Mecânica dos Fluidos
MRT = MRT Topo + MR lateral
Devemos notar que neste exercício, tanto a tensão de cisalhamento, como a área de
contato são função do raio, o que implica dizer que o momento resistente também o
será, o que nos obriga a trabalhar de forma diferencial, portanto:
Topo:
dMRtopo =dFTopo ×r =τTopo ×dA ×r
µ Topo
ω
dMRtopo = µ r 2πr dr × r
δ
R2πωµ 3
∫ dMRtopo = ∫
0 δ
r dr
2πωµ 3 2πωµ R4
R
δ ∫
MRtopo = r dr =
0
δ 4
πωµR4
∴MRtopo =
2δ
Lateral:
d M RLat = dFµL × r = τL × d A Lat . × r
ω
d M RLat = µ r dA L × r
δ

3. 75 Curso Básico de Mecânica dos Fluidos
dAL = ?
R
dAL = 2 π r dx , onde: x=
R sen ϕ
dr dr
∴dx = e dA L = 2πr
sen α sen ϕ
ϕ
ω d
d M RL = µ r 2π r R × r
δ sen ϕ
2π ω µ 3
d M RL = r dr
δ sen ϕ
2π ω µ R
π ω µ R4
= ∫r ∴ M RL =
3
M RL dr
δ sen ϕ 0 2 δ senϕ
π ω µ R4 π ω µ R4
∴ MT = +
2δ 2 δ senϕ
π ω µ R4 1
MT = ⋅(1+ )
2δ sen ϕ

4. 76 Curso Básico de Mecânica dos Fluidos
1.12.3.2 Na figura, vê-se uma placa plana de área 1 m² que desliza sobre um plano
inclinado de 30° com a horizontal. A placa tem peso de 200 N e entre a placa e
o plano existe uma película de óleo lubrificante de viscosidade dinâmica igual
à 10 - 2 N × s / m 2 e espessura de 1 mm. A parte superior da placa está presa
a uma corda que passa por roldanas, sem atrito e na outra extremidade está
preso um pistão cilíndrico de peso 80 N. O pistão, de diâmetro 10 cm, corre
dentro de um cilindro de diâmetro interno igual a 10,2 cm e a folga anular
entre os dois é preenchida com um óleo lubrificante de viscosidade dinâmica
igual a 0,3 N×s/m². Determine a velocidade de descida da placa, supondo
diagrama linear de velocidades nos dois lubrificantes.
Solução:
Placa => 1) considerando sem o fluido lubrificante
Resultante => Rplaca = G t - T
Rplaca = 100 - T
2) considerando a presença do fluido lubrificante
Fµ placa = Rplaca
Fµ placa = 100 - T = τ p × Ap
vp
µp × × A p = 100 − T → 10 v p = 100 - T (I)
εp
Pistão => 1) considerando sem a presença do fluido lubrificante
Resultante => Rc = T - Gc
Rc = T - 80
2) considerando a presença do fluido lubrificante

5. 77 Curso Básico de Mecânica dos Fluidos
Fµ c = Rc
Fµ c = T - 80 = τ c × Ac
v
µ c × c × A c = T - 80 → 30 v c = T - 80 (II)
εc
Pela condição do exercício, temos:
vp = vc = v = constante , portanto:
10 v = 100 - 30 v - 80
40 v = 20 ∴ v = 0,5 m/s
1.12.3.3 Calcule o momento resistente originado pelo óleo lubrificante em contato com
o eixo vertical esquematizado abaixo. Sabe-se que o eixo apresenta uma rotação
constante de 3000 rpm.

6. 78 Curso Básico de Mecânica dos Fluidos
Solução:
n => origina no eixo uma velocidade angular ω
2πn
ω = 2 π n → ( rps ) = → ( rpm ) = 100 π rad / s
60
ω => origina no eixo uma velocidade escalar v
v = ω × Re = 10 π m/s
O fluido com viscosidade µ, origina no eixo uma força de resistência viscosa Fµ
v0
Fµ = τ × Ac = µ × × π × De × L
ε
( Dm − De )
ε = Rm − Re =
2
Fµ = 40 π 2
(N)
Fµ => origina no eixo um momento contrário ao movimento, que é denominado de
momento resistente (MR ):
MR = Fµ × Re = 39,48 N×m
1.12.3.4 Determine a expressão para o cálculo do peso G da configuração
esquematizada abaixo.
Dados: n => em rps
Dm ; Dc ; De ; L e µ => no S.I.

7. 79 Curso Básico de Mecânica dos Fluidos
Solução:
Para a solução deste exercício, representamos a situação esquematizada pela figura em
duas etapas, respectivamente as figuras A e B.
A reação T origina para o eixo um momento, que é responsável pela ''criação'' da
rotação (n) do sistema. Este momento é denominado de momento motor (Mm )
De D 2× Mm
Mm =T =G e ∴ G= (I)
2 2 De
Figura B
Considerando o ponto P1 na interseção do eixo qualquer com o cilindro, temos:
n → origina ω para o cilindro → ω = 2 π n
ω → origina v para o cilindro → v = π n Dc
µ → origina Fµ para o cilindro → Fµ = τ × Ac

8. 80 Curso Básico de Mecânica dos Fluidos
v 2 × π 2 × n × Dc2 × L
Fµ = µ × × π D c L → Fµ =
ε (D m − D c )
D
Fµ → origina MR para o cilindro → M R = Fµ × c
2
2 3
µ π n Dc L
MR = (II)
Dm − Dc
2 µ π 2 n D3 L
Como n = constante, das equação (I) e (II) temos: G = c
De ⋅ ( D m − Dc )
1.12.3.5 Um corpo trapezoidal desce sobre um plano inclinado de 45º com o plano
horizontal, como mostra a figura. Sabendo-se que tanto as polias como os fios são ideais
e que utilizou-se um fluido lubrificante de viscosidade cinemática igual a 400 cSt, pede-
se determinar o peso do corpo trapezoidal (G3) no SI e no CGS.
Dados:
γ H O = 10 4 N m 3 ; γ r = 0,75 ; g = 9,81m / s 2 ; G1 = 20 N
2
2
D1 = 0,201m ; DC1 = 0,203m ; L = m ; v = 0,5 m/s
π
Solução:
υ = 400 cSt = 400 × 10 - 2 St = 400 × 10 - 6 m²/s
µ γ γr γH O
υ= → µ =υ ⋅ ρ =υ ⋅ → µ =υ 2
ρ g g

9. 81 Curso Básico de Mecânica dos Fluidos
0, 5
G3 sen 45º = T + 0,30581 (1 ×1,5 + 0,75 × 0,5)
3 × 10 - 3
G3 sen 45º = T + 95,57 (I)
T1 = 78,79 N
Substituindo em (III), temos:
G3 sen 45º = T1 + 120,04
G3 sen 45º = 78,79 + 120,04
G3 sen 45º = 281,19 N => SI
1 N=105 dina, portanto: 281,19 N=281,19 × 105 dina => CGS

10. 82 Curso Básico de Mecânica dos Fluidos
Na foto: eu, a Lia, o Vinícius e o Marcus Vinícius
Existem aqueles que perdem
Existem aqueles que ganham
Existem aqueles que esperam
Simplesmente porque amam
Raimundo Ferreira Ignácio