Um pistão de peso \boldsymbol{G}=\mathbf{4 N} cai dentro de um cilindro com uma velocidade constante de \mathbf{2 m} / \boldsymbol{s}. O diâmetro do cilindro é \mathbf{1 0 , 1 ~ c m} e o do pistão \mathbf{1 0 ~ c m}. Determinar a viscosidade do lubrificante colocado na folga entre o pistão e o cilindro. A altura do pistão é 5 cm . Resolva de duas maneiras, considerando um perfil de velocidade linear e outra não linear, calcule o erro.

Passo 1

O enunciado dá um pistão de peso G=4\\ \mathrm{N} que desce com velocidade constante V=2\\ \mathrm{m/s} num cilindro de diâmetro externo D_{\text{cil}}=0{,}101\\ \mathrm{m} e pistão de diâmetro interno D_{\text{pis}}=0{,}10\\ \mathrm{m}, altura L=0{,}05\\ \mathrm{m}. Como o pistão se move uniformemente, a força viscosa iguala G. Vamos estimar a viscosidade \mu do filme lubrificante de espessura h=(D_{\text{cil}}-D_{\text{pis}})/2 por duas aproximações de perfil de velocidade:
  • Aproximação linear (fluxo entre placas paralelas)
  • Solução exata em coordenadas cilíndricas (fluxo em fenda anular)

Passo 2

Primeiro, calculemos os parâmetros geométricos:
h=\frac{0,101-0,100}{2}=0,0005\\ \mathrm{m}, \quad a=\frac{D_{\text{pis}}}{2}=0,05\\ \mathrm{m}, \quad b=a+h=0,0505\\ \mathrm{m}.
Na aproximação linear, tratamos o anel como duas placas paralelas separadas por h. O gradiente de velocidade é
\frac{dv}{dy}=\frac{V}{h},
a tensão de cisalhamento é \tau=\mu\,V/h e a área lateral total sobre a qual age o cisalhamento (duas faces) é
A_{\text{tot}}=2\bigl(\pi D_{\text{pis}}\,L\bigr).
Igualando F_{\text{visc}}=\tau A_{\text{tot}}=G, temos
G=\frac{\mu\,V}{h}\;2\,\pi D_{\text{pis}}\,L \quad\Longrightarrow\quad \mu_{\text{lin}}=\frac{G\,h}{2\,V\,\pi\,D_{\text{pis}}\,L}.

Passo 3

Substituindo valores em \mu_{\text{lin}}:
\mu_{\text{lin}} =\frac{4\cdot0{,}0005}{2\cdot2\cdot\pi\cdot0{,}10\cdot0{,}05} =\frac{0{,}002}{0{,}02\pi} \approx0{,}03185\\ \mathrm{Pa\cdot s}.

Passo 4

Agora a solução exata em coordenadas cilíndricas para escoamento axial entre cilindros coaxiais (apenas cisalhamento, sem gradiente de pressão) satisfaz
\frac{1}{r}\frac{d}{dr}\!\Bigl(r\frac{dv}{dr}\Bigr)=0
cuja solução geral é v(r)=C\ln r+D. As condições de contorno são
v(a)=V,\quad v(b)=0
levando a
C=\frac{V}{\ln(a/b)},\quad D=-C\ln b,
e a tensão no pistão r=a é
\tau(a)=\mu\frac{dv}{dr}\Big|_{r=a} =\mu\frac{C}{a} =\mu\frac{V}{a\,\ln(a/b)}.
A força viscosa é
F_{\text{visc}}=\tau(a)\,2\pi a\,L =2\pi\,\mu\,\frac{V\,L}{\ln(b/a)}
(uso \ln(b/a)=-\ln(a/b)). Igualando a G, isolamos
\mu_{\text{an}} =\frac{G\,\ln(b/a)}{2\pi\,V\,L}.

Passo 5

Calculando \mu_{\text{an}}:
\ln\frac{b}{a}=\ln1{,}01\approx0{,}00995, \quad \mu_{\text{an}} =\frac{4\cdot0{,}00995}{2\pi\cdot2\cdot0{,}05} =\frac{0{,}0398}{0{,}2\pi} \approx0{,}0633\\ \mathrm{Pa\cdot s}.

Passo 6

Erro percentual relativo tomando \mu_{\text{an}} como referência:
\text{erro}=\frac{\bigl|\mu_{\text{an}}-\mu_{\text{lin}}\bigr|}{\mu_{\text{an}}}\times100\% =\frac{0{,}0633-0{,}03185}{0{,}0633}\times100\% \approx49{,}7\%.

Resposta

\mu_{\text{lin}}\approx0{,}0319\\ \mathrm{Pa\cdot s} \mu_{\text{an}}\approx0{,}0633\\ \mathrm{Pa\cdot s}
Erro \approx 49,7 %

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