fenÔmenos de transporte -...

FENÔMENOS DE TRANSPORTE

RESOLUÇÃO DA LISTA DE EXERCÍCIOS PARA TRABALHO

1)

2)

3)

4)

5)

6)

7)

8)

9)

10)

11)

12)

13)

14)

15)

16)

17)

18)

19)

Vol = 1,5 m³ ; m = 3.000 kg ; = 2.10-4 kg/m.s

ρ = ? ; = ?

ρ = m/Vol = 3000/1,5 = 2.000 kg/m³

= /ρ = 2.10-4/2000 = 1,0.10-7 m²/s

20)

𝑅𝑒 =𝜌𝑉𝐷

𝜇

= 0,15 milipoise = 0,15.10-3 poise = 0,15.10-3.10-1 = 0,15.10-4 kg/sm

Re = 964∙0,6∙(6∙0,0254)

0,15∙10−4 = 5.876.544 >>> 2.000 Regime turbulento

21)

F = m.a; a = 0 F = 0

Em x: Fc = P.senθ

Como a força Fc é decorrente da tensão viscosa na área da base do bloco:

Fc = .A

Considerando uma distribuição linear da velocidades do fluido entre o bloco e o plano: =

𝜇𝑉

ℎ

V/h x A = P.senθ 𝑉 =ℎ𝑃 sen𝜃

𝐴

22)

F = m.a

F = Fc

x

θ

P

Fc

θ

y

di =

6,00 cm

de =

6,02 cm

V

F

h = 0,01cm

h = 0,01cm

D = 40 cm

Fc

dFc = .dA Fc = ∫ . 𝑑𝐴𝑆

; integrando ao longo da superfície do eixo (ri) em contato

com o fluido:

Fc = .A ; onde A = 2 ri L

Considerando uma distribuição linear de velocidade no fluido entre o eixo e o mancal:

= 𝜇𝑉

ℎ

F = (𝜇𝑉

ℎ) (2 ri L) =

2 𝜇 𝑉 𝑟𝑖 𝐿

ℎ

dados do problema: e d

= 𝜇

𝜌 = ρ.

d = 𝜌

𝜌á𝑔𝑢𝑎 ρ = d.ρágua

= d.ρágua . ; considerando ρágua = 1.000 kg/m³ :

F = 2 𝑑 𝜌á𝑔𝑢𝑎 𝜈 𝑉 𝑟𝑖 𝐿

ℎ =

2 × 0,88 × 1000 × 0,003 × 0,4 × 0,03 × 0,4

0,01 × 10−2 796,2 N

23)

dM = dF.ri = .dA.ri M = ∫ . ri. dA𝑆 ; integrando ao longo de toda a superfície do eixo

em contato com o fluido:

Distribuição linear

de velocidade

dF, V

ri

re Fluido

h = 0,01cm

re =

130 mm

D = 40 cm

ri =

120 mm

f=60 rpm

M=1,5 N.m

h = 0,01cm

M = . ri . A ; onde A = 2 ri L

Considerando uma distribuição linear de velocidade no fluido entre o eixo e o mancal:

= 𝜇𝑉

ℎ

M = 2 𝜋 𝜇 𝑉 𝑟𝑖

2 𝐿

ℎ ; onde V = .ri = 2..f. ri :

M = 4 𝜋2 𝜇 𝑓 𝑟𝑖

3 𝐿

ℎ→ 𝜇 =

𝑀ℎ

4 𝜋2 𝑓 𝑟𝑖3 𝐿

𝜇 =𝑀ℎ

4 𝜋2 𝑓 𝑟𝑖3 𝐿=1,5∙(0,130−0,120)

4∙𝜋2∙60

60∙(0,12)3∙0,4

≅5

𝜋2 (Letra B)

24)

F = m.a - Fc = m.a

Fc = .A

Considerando uma distribuição linear de velocidade no fluido entre o disco e a mesa:

= 𝜇𝑉

ℎ

- (𝜇𝑉

ℎ ) x (

𝜋𝐷2

4) = m.a -

𝜋𝐷2

4ℎV = m.

𝑑𝑉

𝑑𝑡

- V =4ℎ𝑚

𝜋𝐷2 𝑑𝑉

𝑑𝑡 dt = -

4ℎ𝑚

𝜋𝐷2 𝑑𝑉

𝑉

dt = - k 𝑑𝑉

𝑉 t = - k. ∫

𝑑𝑉

𝑉

𝑉

𝑉0

t = - k.( ln|V| - ln|V0| ) t = - k.ln|V/V0| , como V>0

t = - k.ln (V/V0) , considerando t0 = 0 t = - k.ln (V/V0)

Fc

D

V

A

x

Vista superior

Vista lateral

k = 4ℎ𝑚

𝜇𝜋𝐷2 = 4×0,12×10−3×0,050

1,8×10−5×𝜋×0,092 52.4 t = -52,4 ln( V / 10 )

V0 = 10 m/s

a) t = -52.4 ln( 1 / 10 ) 120 s = 2 min

b) lim𝑉→0

𝑡(𝑉) = −52,4 × lim𝑉→0

ln (𝑉

10) h , ou seja, nunca irá parar.

c) t = - k.ln (V/V0) V = V0 𝑒−𝑡

𝑘

S = ∫ 𝑉𝑑𝑡𝑡

𝑡0 = V0 ∫ 𝑒−

𝑡

𝑘 𝑑𝑡𝑡

𝑡0 = V0 . (-k) . (𝑒−

𝑡

𝑘)𝑡0𝑡 = - V0 k (𝑒−

𝑡

𝑘 − 1)

= -10 52,4 (𝑒−120

52,4 - 1) 471 m

25)

Isolando-se uma faixa na superfície do disco a uma distância “r” do centro e com espessura “dr” obtém-

se:

𝑑�� = 2 𝑟 × 𝑑𝐹 → 𝑑𝑀 = 2 𝑟 𝑑𝐹 → 𝑑𝑀 = 2 𝑟 (𝜏 𝑑𝐴)

(multiplicado por 2 para representar ambas as forças que atuam por cima e por baixo do disco)

, mas, considerando uma distribuição linear de velocidade: 𝜏 = 𝜇𝑉

ℎ

, 𝑉 = Ω 𝑟

e 𝑑𝐴 = 2𝜋 𝑟 𝑑𝑟

logo, 𝑑𝑀 = 2 𝑟 𝜇Ω 𝑟

ℎ 2𝜋 𝑟 𝑑𝑟 =

4𝜋𝜇Ω

ℎ 𝑟3𝑑𝑟

vFd V

r

dA

dr

→ 𝑀 =4𝜋𝜇Ω

ℎ∫ 𝑟3𝑑𝑟𝑅

0

=4𝜋𝜇Ω

ℎ

R4

4=𝜋𝜇ΩR4

ℎ

26)

V = u i + v j + w k

Onde:

V é o campo de velocidades;

u, v e w são as componentes em x, y e z, respectivamente, do vetor velocidade, em

função da posição (x,y,z) e do tempo t;

i, j e k são os vetores unitários nas direções x, y, e z, respectivamente.

Se V = Kxt i – Kyt j + 0 k, então: u = Kxt e v = -Kyt

Para as linhas de corrente: 𝑑𝑥

𝑢=𝑑𝑦

𝑣=𝑑𝑧

𝑤

𝑑𝑥

𝐾𝑥𝑡=

𝑑𝑦

−𝐾𝑦𝑡

para 𝐾 𝑒 𝑡 0 𝑑𝑥

𝑥=𝑑𝑦

−𝑦

, integrando: ∫𝑑𝑥

𝑥= −∫

𝑑𝑦

𝑦

ln |y| = -ln |y| + C ln |x.y| = C

|x.y| = eC , substituindo a constante eC pela constante c: |x.y| = c

Para c = 0:

Para c = 1:

x

y

x

y

1

-1

-1

(gráfico coincidente com os eixos)

Para c = 4:

27)

Para as linhas de corrente: 𝑑𝑥

𝑢=𝑑𝑦

𝑣=𝑑𝑧

𝑤

𝑑𝑥

𝑉𝑐𝑜𝑠𝜃=

𝑑𝑦

𝑉𝑠𝑒𝑛𝜃 , 𝑐𝑜𝑚𝑜 𝑉 ≠ 0 →

𝑑𝑦

𝑑𝑥= 𝑡𝑔 𝜃 → 𝑦(𝑥) = 𝑥 𝑡𝑔𝜃 + 𝐶

28) Pela fórmula do coeficiente adimensional de arrasto têm-se:

FD=1

2CD∙ρ∙U

2∙A

Para escoamentos turbulentos, têm-se que o coeficiente de arrasto de uma esfera lisa é

aproximadamente 0,5. Logo:

x

y

2

2

-2

-2

1

x

y

-2

2

-1

C=0

C=1

C=2

C=-2

C=-1

FD = 1

2∙0,5∙1000∙102∙(π∙0,12) = 785,4N ≅ 7,8∙102N > 3,16∙102N

Resp.: 103

29) Vazão

𝑄 = ∫(�� ⋅ �� ) 𝑑𝐴

𝐴 = 𝜋𝑟2 → 𝑑𝐴 = 2𝜋𝑟𝑑𝑟

𝑄 = ∫ 𝐶(𝑅2 − 𝑟2) 2𝜋𝑟 𝑑𝑟 = 2𝜋𝐶∫ (𝑅2 − 𝑟2) 𝑟 𝑑𝑟 = 2𝜋𝐶 (𝑅2∫ 𝑟 𝑑𝑟 −∫ 𝑟3 𝑑𝑟𝑅

0

𝑅

0

)𝑅

0

𝑅

0

= 2𝜋𝐶 (𝑅4

2−𝑅4

4) = 𝜋𝐶

𝑅4

2

Velocidade média

𝑄 = 𝑉𝑚𝐴 → 𝑉𝑚 =𝑄

𝐴=𝜋𝐶𝑅4

2𝜋𝑅2

=𝐶𝑅2

2

30)

Para - regime permanente

- entradas e saídas unidimensionais

, a equação do princípio da continuidade é:

∑��𝑠 −∑��𝑒 = 0

, sendo:

��𝑖 = 𝜌𝑖𝑉𝑛𝑟𝑖𝐴𝑖 = 𝜌𝑖𝑄𝑖

Assumindo que a vazão em 3 seja de saída (caso seja de entrada o resultado será negativo):

��2 + ��3 − ��1 = 0

𝜌2𝑉2𝐴2 + 𝜌3𝑄3 − 𝜌1𝑄1 = 0

para água à temperatura constante é constante, logo:

𝑉2𝐴2 + 𝑄3 − 𝑄1 = 0 → 𝑄3 = 𝑄1 − 𝑉2𝐴2 = 𝑄1 − 𝑉2𝜋𝐷1

2

4=100

3600− 8

𝜋(0,05)2

4= 0,01207

𝑚3

𝑠

𝑄3 = 0,01207𝑚3

𝑠= 0,01207 × 3600

𝑚3

ℎ= 43,45

𝑚3

ℎ

𝑉3𝐴3 = 𝑄3 → 𝑉3 =𝑄3𝐴3=𝑄3

𝜋𝐷32

4

=4𝑄3

𝜋𝐷32 =

4 ∙ 0,01207

𝜋 ∙ (0,04)4= 9,6 𝑚/𝑠

31)

Analogamente à questão anterior: ��1 = ��2 = 40𝑘𝑔

𝑠

𝜌 𝑉1𝐴1 = ��1 → 𝑉1 =��1𝜌 𝐴1

= ��1

𝜌 𝜋𝐷1

2

4

=40

998 𝜋(0,18)2

4

= 1,57 𝑚/𝑠

𝜌 𝑉2𝐴2 = ��2 → 𝑉2 =��2𝜌 𝐴2

= ��1

𝜌 𝜋𝐷2

2

4

=40

998 𝜋(0,05)2

4

= 20,4 𝑚/𝑠

32)

Pelo princípio da continuidade para entradas e saídas unidimensionais em regime permanente:

∑��𝑠 =∑��𝑒

��2 + ��3 + ��4 = ��1 → 𝜌2𝑉2𝐴2 + 𝜌3𝑉3𝐴3 + 𝜌4𝑉4𝐴4 = 𝜌1𝑉1𝐴1

Como 𝑉𝐴 = 𝑄 e o fluido é imcompressível 𝜌1 = 𝜌2 = 𝜌3 = 𝜌4:

𝑉2𝐴2 + 𝑉3𝐴3 + 𝑄4 = 𝑉1𝐴1

𝑉2 =𝑉1𝐴1 − 𝑉3𝐴3 − 𝑄4

𝐴2=5.0,2 − 12.0,15 − 0,1

0,2= −4,5 𝑚/𝑠 𝑜𝑢 4,5 𝑚/𝑠 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑑𝑒𝑛𝑡𝑟𝑜 𝑑𝑎 𝑗𝑢𝑛çã𝑜

33)

Pelo princípio da continuidade para entradas e saídas unidimensionais:

𝑑

𝑑𝑡∫ 𝜌 𝑑∀ +∑��𝑠 −∑��𝑒 = 0𝑉𝐶

, onde

��𝑖 = 𝜌𝑖𝑉𝑛𝑟𝑖𝐴𝑖 = 𝜌𝑖𝑄𝑖

e para o referido reservatório:

𝑑∀=𝜋𝑑2

4𝑑ℎ

Então:

𝑑

𝑑𝑡∫ 𝜌

𝜋𝑑2

4𝑑ℎ + 𝜌𝑄2 − 𝜌𝑄1 − 𝜌𝑄3 = 0

𝑉𝐶

→ 𝑑

𝑑𝑡(𝜌 𝜋𝑑2

4ℎ) + 𝜌𝑄2 − 𝜌𝑄1 − 𝜌𝑄3 = 0 → 𝜌

𝜋𝑑2

4

𝑑ℎ

𝑑𝑡+ 𝜌𝑄2 − 𝜌𝑄1 − 𝜌𝑄3 = 0

→ 𝑑ℎ

𝑑𝑡=4(𝑄1 − 𝑄2 + 𝑄3)

𝜋𝑑2

34)

Pelo princípio da quantidade de movimento em regime permanente e para entradas e saídas

unidimensionais:

∑𝐹 =∑(��𝑉)𝑠 −∑(��𝑉)𝑒

Assumindo-se que após incidir na placa o jato se divida em duas partes iguais, pelo princípio da

continuidade temos:

��1 = ��2 =��𝑗

2

e

��𝑗 = 𝜌 𝑉𝑗 𝐴𝑗 = 𝜌 𝑉𝑗 𝜋 𝐷𝑗

2

4

Então, aplicando-se a primeira equação no eixo y:

𝐹𝑦 = 0

e em x:

𝐹𝑥 = −��𝑗𝑉𝑗 = −𝜌 𝑉𝑗2 𝜋 𝐷𝑗

2

4= −998 × 82 ×

𝜋(0,1)2

4= −501,6 𝑁 𝑜𝑢 501,6 𝑁 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑎 𝑒𝑠𝑞𝑢𝑒𝑟𝑑𝑎

35)

Trata-se de um problema unidimensional (vertical), portanto, pode ser adotada a equação da qtd. de

mov. linear com entradas e saídas unidimensionais aplicada apenas ao eixo z:

∑F =d

dt∫ wρd∀VC

+∑(mw)s-∑(mw)e

Definindo o volume de controle como o foguete e aplicando a equação acima com referencial no

foguete, que terá então velocidade nula e força inercial (referencial não inercial), teremos:

-mdw

dt-mg = 0 + m(−𝑤𝑗) - 0

, onde wj é a velocidade do jato que sai do foguete. Explicitando-se a aceleração:

𝑎 =dw

dt = ��𝑤𝑗

𝑚-g (i)

Integrando ambos os lados da equação acima ao longo do tempo:

∫ dwV

0

= mwj∫dt

m

t

0

- g∫ dtt

0

A massa m do foguete em qualquer instante pode ser dada por 𝑚(𝑡) = 𝑚0 − ��𝑡

V(t) = -wjln (1-mt

m0) - gt (ii)

a) Utilizando a equação (i) tem-se: 𝑎 = 5 ∙ 3500/400 − 9,81 = 33,94 𝑚/𝑠2

b) Utilizando a equação (ii) para t=10 s, tem-se: V=-3500∙ln(1 - 5∙10/400) - 9,81∙10 =369,3 m/s

36)


unidimensionais:

∑𝐹 =∑(��𝑉)𝑠 −∑(��𝑉)𝑒

Pelo princípio da continuidade, para regime permanente e entradas e saídas unidimensionais:

∑��𝑠 =∑��𝑒 → ��𝑠 = ��0 = 𝜌0 𝑉0 𝐴0

Aplicando em x:

𝐹𝑥 = ��0(−𝑉0) − ��0 𝑉0 = −2 ��0 𝑉0 = −2 𝜌0 𝑉02 𝐴0

Em módulo:

𝐹0 = 2 𝜌0 𝑉02 𝐴0 = 2 𝜌0 𝑉0

2𝜋𝐷0

2

4=→ 𝑉0 =

1

𝐷0√2 𝐹0 𝜌0 𝜋

37)

No instante representado, a concha se move para direita com velocidade V = R. Se considerarmos

o referencial na concha, a velocidade do jato será Vj - R e então o problema será semelhante ao

anterior:

𝐹 = 2 𝜌 (𝑉𝑗 − Ω𝑅)2 𝐴𝑗

𝑃𝑜𝑡ê𝑛𝑐𝑖𝑎 = 𝑃 = 𝐹𝑉 = 2 𝜌 (𝑉𝑗 − Ω𝑅)2 𝐴𝑗 Ω𝑅 = 2 𝜌 𝐴𝑗(𝑉𝑗 − Ω𝑅)

2 Ω𝑅

Para Pot máxima temos:

𝑑𝑃

𝑑Ω= 0 𝑒

𝑑2𝑃

𝑑Ω2< 0 → Ω =

Vj

3R

38)


��1 = ��2 → 𝜌 𝑉1 𝐴1 = 𝜌 𝑉2 𝐴2 → 𝑉1 =𝑉2𝐷2

2

𝐷12 =

17 × 62

122= 4,25 𝑚/𝑠


unidimensionais:

∑𝐹 =∑(��𝑉)𝑠 −∑(��𝑉)𝑒

𝐹𝑝𝑟𝑒𝑠𝑠ã𝑜 − 𝐹𝑝𝑎𝑟𝑎𝑓𝑢𝑠𝑜 = ��2 𝑉2 − ��1 𝑉1 =𝜌𝜋

4[(𝑉2𝐷2)

2 − (𝑉1𝐷1)2]

Para cálculo da força de pressão sobre a superfície, pode ser considerada a pressão manométrica,

resultando então na pressão (262-103,4)kPa sobre a superfície 1 e zero para o restante. Logo:

𝐹𝑝𝑟𝑒𝑠𝑠ã𝑜 = 𝑝1 𝐴1 = 158.600 ×𝜋(12 × 0,0254)2

4= 11,57 𝑘𝑁

→ 𝐹𝑝𝑎𝑟𝑎𝑓𝑢𝑠𝑜 = 7,62 𝑘𝑁

39)


∑��𝑠 =∑��𝑒 → ��2 = ��1 + ��𝑐𝑜𝑚𝑏 = ��1 +��130 =

31

30��1


unidimensionais:

∑𝐹 =∑(��𝑉)𝑠 −∑(��𝑉)𝑒

em x:

𝐹 = ��2 𝑉2 − ��1 𝑉1 = ��1 ( 31

30𝑉2 − 𝑉1) = 𝜌1 𝑉1 𝐴1 (

31

30𝑉2 − 𝑉1)

𝜌1 é a massa específica do ar à 20°C e 1 atm que é 1,2 kg/m³

𝐹 = 𝜌1 𝑉1 𝐴1 ( 31

30𝑉2 − 𝑉1) = 1,2 × 250 × 0,5 × (

31

30900 − 250) = 102 𝑘𝑁

40)

Das pressões hidrostáticas aplicadas das fronteiras 1 e 2 obtém-se as forças resultantes

𝐹1 = 𝜌𝑔ℎ12

2𝐿 𝑒 𝐹2 = 𝜌𝑔

ℎ22

2𝐿 (𝑖)

, sendo L a largura do canal.

Tratando-se de um escoamento permanente e com entradas e saídas unidimensionais, a equação integral

da continuidade é

∑��𝑠 =∑��𝑒 , 𝑜𝑢 𝑠𝑒𝑗𝑎, ��𝑠 = ��𝑒 → 𝜌𝑉1𝐴1 = 𝜌𝑉2𝐴2 → 𝑉1ℎ1𝐿 = 𝑉2ℎ2𝐿 → 𝑉1ℎ1 = 𝑉2ℎ2 (𝑖𝑖)

e da quantidade de movimento linear é:

∑𝐹 =∑(��𝑉)𝑠 −∑(��𝑉)𝑒 , 𝑜𝑢 𝑠𝑒𝑗𝑎, 𝐹1 − 𝐹2 = ��2𝑉2 − ��1𝑉1 = ��1(𝑉2 − 𝑉1)

→ 𝐹1 − 𝐹2 = 𝜌𝑉1ℎ1𝐿(𝑉2 − 𝑉1) (𝑖𝑖𝑖)

Substituindo (i) e (ii) em (iii):

𝜌𝑔𝐿

2(ℎ12 − ℎ2

2) = 𝜌𝑉1ℎ1𝐿(𝑉2 − 𝑉1) → 𝑔

2(ℎ12 − ℎ2

2) = 𝑉1(𝑉2ℎ1 − 𝑉1ℎ1)

(𝑖𝑖)→

𝑔

2(ℎ12 − ℎ2

2) = 𝑉1(𝑉2ℎ1 − 𝑉2ℎ2) = 𝑉1𝑉2(ℎ1 − ℎ2)

→𝑔

2(ℎ1 + ℎ2)(ℎ1 − ℎ2) = 𝑉1𝑉2(ℎ1 − ℎ2)

→𝑔

2(ℎ1 + ℎ2) = 𝑉1𝑉2 → 𝑉2 =

𝑔

2𝑉1(ℎ1 + ℎ2) (𝑖𝑣)

Substituindo (iv) em (ii):

𝑉1ℎ1 = [𝑔

2𝑉1(ℎ1 + ℎ2)] ℎ2 →

1

ℎ1ℎ22 + ℎ2 −

2𝑉12

𝑔= 0

, que é uma equação de 2° grau, em relação à incógnita h2. Aplicando Bhaskara:

ℎ2 = ℎ1(−1

2+1

2√1 +

8𝑉12

𝑔ℎ1)

Para obter V2, basta substituir em (ii):

g h1 g h2

F1

F2

𝑉2 = 𝑉1ℎ1ℎ2= 𝑉1(−

1

2+1

2√1 +

8𝑉12

𝑔ℎ1)

−1

41) A nuclear power plant on a river must eliminate 55 MW of waste heat to the river. The river conditions

upstream are Qi = 2,5 m³/s and Ti = 18 °C. The river is 45 m wide and 2,7 m deep. If heat losses to the

atmosphere and ground are negligible, estimate the downstream river conditions (Q0, T0).

Por aplicação da 1a Lei da termodinâmica:

𝑝1𝛾+𝑉12

2𝑔+ 𝑧1 = (

𝑝2𝛾+𝑉22

2𝑔+ 𝑧2) +

��2 − ��1 − 𝑞

𝑔− ℎ𝑏𝑜𝑚𝑏𝑎 + ℎ𝑡𝑢𝑟𝑏𝑖𝑛𝑎 + ℎ𝑎𝑡𝑟𝑖𝑡𝑜

Não havendo bombas, turbinas nem perda por atrito e considerando-se a mesma cota e mesma

pressão (atmosférica), a expressão acima se reduz a:

𝑉12

2𝑔= (

𝑉12

2𝑔) +

��2 − ��1 − 𝑞

𝑔


��1 = ��2 → 𝜌1𝑉1 𝐴1 = 𝜌2 𝑉2 𝐴2

Supondo-se por hipótese que a variação da temperatura é relativamente pequena e

conseqüentemente causará uma variação de massa específica desprezível: 𝑉1 = 𝑉2

Então, chegamos a relação final para energia: ∆�� = 𝑞

Logo, todo calor recebido será transmitido para energia interna do fluido, que é função da temperatura:

𝑄 = 𝑚𝑐∆𝑇 → �� = ��𝑐∆𝑇

→ ∆𝑇 = ��

��𝑐=

��

𝜌 𝑄 𝑐=

55 ∙ 106

998 ∙ 2,5 ∙ 4180= 5,3 → 𝑇0 = 18 + 5,3 = 23,3°𝐶

42)

Para o caso permanente com entradas e saídas unidimensionais, tem-se a equação da energia (1ª

Lei da Termodinâmica):

(𝑝1𝛾+𝑉12

2𝑔+ 𝑧1) = (

𝑝2𝛾+𝑉22

2𝑔+ 𝑧2) +

��2 − ��1 − 𝑞

𝑔− ℎ𝑏𝑜𝑚𝑏𝑎 + ℎ𝑡𝑢𝑟𝑏𝑖𝑛𝑎 + ℎ𝑎𝑡𝑟𝑖𝑡𝑜

Como não é considerada troca de calor e não há turbina, esta se reduz a:

(𝑝1𝛾+𝑉12

2𝑔+ 𝑧1) = (

𝑝2𝛾+𝑉22

2𝑔+ 𝑧2) − ℎ𝑏𝑜𝑚𝑏𝑎 + ℎ𝑎𝑡𝑟𝑖𝑡𝑜 (𝑖)

Escolhendo-se como ponto 1, a entrada da tubulação (1,8 m de profundidade) e como ponto 2 a saída

do bico:

𝑝1 = 𝛾 ∙ ℎ = 1,8 ∙ 𝛾

𝑝2 = 0

Pelo princípio da continuidade:

��1 = ��2 → 𝜌𝑉1𝐴1 = 𝜌𝑉2𝐴2 → 𝑉1 = 𝑉2𝐴2𝐴1= 𝑉2

𝐷22

𝐷12 = 36(

2

6)2

= 4 𝑚/𝑠

Aplicando em (i), com referencial de z na superfície d’água:

(1,8 ∙ 𝛾

𝛾+

42

2 ∙ 9,8− 1,8) = (0 +

362

2 ∙ 9,8+ 3) − ℎ𝑏𝑜𝑚𝑏𝑎 + 2

→ ℎ𝑏𝑜𝑚𝑏𝑎 ≅ 69 𝑚

𝜂 =𝑃𝑜𝑡𝐻𝑃𝑜𝑡𝑇

→ 𝑃𝑜𝑡𝑇 =𝑃𝑜𝑡𝐻 𝜂

=

𝑑𝐸𝑑𝑡 𝜂=

𝑑𝑚 𝑔 ℎ𝑑𝑡 𝜂

=��𝑔ℎ

𝜂=𝜌𝑉𝐴𝑔ℎ

𝜂=998 ∙ 4 ∙

𝜋(6 ∙ 0,0254)2

49,8 ∙ 69

0,75≅ 67,5 𝑘𝑊

43)

Considerando-se que não há perda de energia, pode-se aplicar a equação de Bernoulli entre a superfície

do reservatório (ponto 1) e a saída do jato (ponto 2):

𝑝1𝛾+𝑉12

2𝑔+ 𝑧1 =

𝑝2𝛾+𝑉22

2𝑔+ 𝑧2

→ 0 + 0 + 𝐻 = 0 +𝑉22

2𝑔+ ℎ → 𝑉2 = √2𝑔(𝐻 − ℎ)

Após sair do reservatório com velocidade V2, cada partícula executa um movimento de lançamento desde

a saída, com velocidade inicial horizontal, até atingir o chão. Desprezando-se o atrito com o ar, tem-se:

em y: movimento com velocidade inicial nula e aceleração constante e igual a -g

𝑀𝑜𝑣𝑖𝑚𝑒𝑛𝑡𝑜 𝑟𝑒𝑡𝑖𝑙í𝑛𝑒𝑜 𝑢𝑛𝑖𝑓𝑜𝑟𝑚𝑒𝑚𝑒𝑛𝑡𝑒 𝑣𝑎𝑟𝑖𝑎𝑑𝑜: ∆𝑆 = 𝑉𝑦0𝑡 −1

2𝑔𝑡2 → 𝑡 = √

2ℎ

𝑔

em y: movimento com velocidade constante e de intensidade igual a V2

∆𝑆 = 𝑉2𝑡 → 𝑋 = √2𝑔(𝐻 − ℎ)√2ℎ

𝑔= 2√ℎ(𝐻 − ℎ)

→ 𝑋 = 2√ℎ(𝐻 − ℎ)

Reescrevendo X em função de r = h/H para H constante:

𝑋(𝑟) = 2𝐻√ℎ

𝐻(1 −

ℎ

𝐻) = 2𝐻√𝑟(1 − 𝑟)

Então X é máximo quanto o radicando da equação acima é máximo, logo:

𝑑𝑋

𝑑𝑟= 0 → 𝑟 = 0,5 →

ℎ

𝐻= 0,5

44)

Sendo um escoamento permanente de entrada e saída unidimensional e desprezando-se as perdas

de energia, a equação de Bernoulli pode ser aplicada para o ponto de estrangulamento do escoamento

(ponto 1) e o ponto de saída para atmosfera (ponto 2) :

𝑝1𝛾+𝑉12

2𝑔+ 𝑧1 =

𝑝2𝛾+𝑉22

2𝑔+ 𝑧2

Considerando-se a mesma cota z (eixo do escoamento) e a pressão manométrica (patm=0):

𝑝1𝛾+𝑉12

2𝑔+ 0 = 0 +

𝑉22

2𝑔+ 0

𝑉12

2𝑔=𝑉22

2𝑔−𝑝1𝛾 → 𝑉1

2 = 𝑉22 −

2𝑝1𝜌 (𝑖)

Pela equação da continuidade (permanente, unidimensional, incompressível):

𝑉1𝐴1 = 𝑉2𝐴2 → 𝑉2 = 𝑉1𝐴1𝐴2= 𝑉1

𝐷12

𝐷22 (𝑖𝑖)

(𝑖) 𝑒 (𝑖𝑖): 𝑉12 = 𝑉1

2𝐷14

𝐷24 −

2𝑝1𝜌 → 𝑉1

2 (1 −𝐷14

𝐷24) = −

2𝑝1𝜌 (𝑖𝑖𝑖)

Em uma situação estática, a pressão em 1 pode ser calculada por:

𝑝𝑎 = 𝑝1 + 𝛾ℎ

Sendo a pressão manométrica da atmosfera igual a 0 e a condição para que o fluido na coluna de

altura h suba, tem-se:

𝑝1 < −𝛾ℎ → −𝑝1 > 𝛾ℎ

𝑐𝑜𝑚 (𝑖𝑖𝑖)→ 𝑉1

2 (1 −𝐷14

𝐷24) =

2(−𝑝1)

𝜌>2(𝛾ℎ)

𝜌= 2𝑔ℎ

→ 𝑉12 (1 −

𝐷14

𝐷24) > 2𝑔ℎ → 𝑉1

2 >2𝑔ℎ𝐷2

4

𝐷24 − 𝐷1

4

→ 𝑉1 > 𝐷22√

2𝑔ℎ

𝐷24 − 𝐷1

4

45)

A distribuição de velocidades médias na frente e lateral do tubo de Pitot é representada na figura

abaixo.

Como pode-se observar, a velocidade das partículas imediatamente antes da entrada frontal é igual

à velocidade V do fluido. No entanto, devido a distribuição de velocidades na camada limite, a

velocidade das partículas nos orifícios laterais, assim como em toda a lateral do tubo, é nula.

Portanto, a diferença de pressão p que causa o desnível do fluido no tubo em “U” (.g.h) é

equivalente, energeticamente, à diferença parcela cinética entre a entrada frontal e os orifícios laterais

(V2/2g):

𝑉2

2𝑔=∆𝑝

𝛾𝑎𝑟 →𝑉2

2=𝜌á𝑔𝑢𝑎 𝑔 ∆ℎ

𝜌𝑎𝑟 → 𝑉 = √

2 𝜌á𝑔𝑢𝑎 𝑔 ∆ℎ

𝜌𝑎𝑟 = √

2 ∙ 1000 ∙ 9,8 ∙ 0,15

1,2 ≅ 49 𝑚/𝑠

46) Equação diferencial da continuidade:

𝜕𝜌

𝜕𝑡+ ∇(𝜌�� ) = 0

Para um escoamento permanente e incompressível pode ser simplificada para:

0 + 𝜌∇�� = 0 → ∇�� = 0

Então:

𝜕(3𝑥)

𝜕𝑥+𝜕(𝐶𝑦)

𝜕𝑦+𝜕(2𝑥)

𝜕𝑧= 0 → 𝐶 = −3

entrada frontal

oricífios laterais

47)

z

ww

y

wv

x

wu

t

w

z

w

y

w

x

w

z

pg

z

vw

y

vv

x

vu

t

v

z

v

y

v

x

v

y

pg

z

uw

y

uv

x

uu

t

u

z

u

y

u

x

u

x

pg

2

2

2

2

2

2

z

2

2

2

2

2

2

y

2

2

2

2

2

2

x

i- Forças de campo (gravidade)

ii- Forças de contato (pressão)

iii- Forças de contato (viscosidade)

iv- Aceleração local

v- Aceleração convectiva

iv + v - Aceleração total

48)

Por ser tratar de um problema unidimensional, pois as grandezas só dependem da posição x, apenas

a equação de Navier-Stokes referente a este eixo é necessária. Portanto:

𝜌𝑔 −𝑑𝑝

𝑑𝑧+ 𝜇 (

𝜕2𝑤

𝜕𝑥2+𝜕2𝑤

𝜕𝑦2+𝜕2𝑤

𝜕𝑧2) = 𝜌 (

𝜕𝑤

𝜕𝑡+ 𝑢

𝜕𝑤

𝜕𝑥+ 𝑣

𝜕𝑤

𝜕𝑦+ 𝑤

𝜕𝑤

𝜕𝑧)

Não há gradientes de pressão aplicados: 𝑑𝑝/𝑑𝑧.

O escoamento é permanente: 𝜕𝑤/𝜕𝑡 = 0.

O escoamento é unidirecional: 𝑢 = 𝑣 = 0

O escoamento é unidimensional: 𝜕2𝑤/𝜕𝑦2 = 𝜕2𝑤/𝜕𝑧2 = 0

Logo, a equação se reduz a

𝜌𝑔 + 𝜇𝜕2𝑤

𝜕𝑥2= 0

→ 𝜕2𝑤

𝜕𝑥2= −

𝜌𝑔

𝜇

→ 𝜕𝑤

𝜕𝑥= −

𝜌𝑔

𝜇𝑥 + 𝐶1 → 𝑤(𝑥) = −

𝜌𝑔

2𝜇𝑥2 + 𝐶1𝑥 + 𝐶2

Aplicando as condições de contorno 𝑤(ℎ) = 𝑤(−ℎ) = 0, tem-se:

𝑤(𝑥) =𝜌𝑔

2𝜇(ℎ2 − 𝑥2)

i ii iii iv v

49)

a)

𝑅𝑒 =𝜌𝑉𝐿

𝜇=1000 ∙

12∙ 10−3

10−3= 500

Regime laminar

b)

Trata-se de um problema unidimensional e permanente, pois o escoamento é laminar, só há variação

da velocidade na direção vertical (perpendicular às placas) e a velocidade V da placa, que causa o

movimento do fluido, é constante.

Portanto, considerando o eixo x como coincidente com a velocidade V da placa e o eixo z vertical, das

equações de Navier-Stokes, a que apresenta termos não nulos é:

𝜌𝑔𝑥 −𝑑𝑝

𝑑𝑥+ 𝜇 (

𝜕2𝑢

𝜕𝑥2+𝜕2𝑢

𝜕𝑦2+𝜕2𝑢

𝜕𝑧2) = 𝜌 (

𝜕𝑢

𝜕𝑡+ 𝑢

𝜕𝑢

𝜕𝑥+ 𝑣

𝜕𝑢

𝜕𝑦+ 𝑤

𝜕𝑢

𝜕𝑧)

Não há gradientes de pressão aplicados: 𝑑𝑝/𝑑𝑥 =.0

O escoamento é permanente: 𝜕𝑢/𝜕𝑡 = 0.

O escoamento é unidirecional: 𝑣 = 𝑤 = 0

O escoamento é unidimensional: 𝜕2𝑢/𝜕𝑥 = 𝜕2𝑢/𝜕𝑦2 = 0

Não há gravidade na direção do escoamento: 𝑔𝑥 = 0

Logo, a equação se reduz a:

𝜕2𝑢

𝜕𝑧2= 0 → 𝑤(𝑥) = 𝐶1𝑥 + 𝐶2

Aplicando as condições de contorno w(0) = 0 e w (h) = V (velocidade das partículas em contato com

a placa é igual a velocidade da placa):

𝑤(𝑥) =𝑉

ℎ𝑥

Conclui-se que o escoamento laminar entre duas placas planas horizontais tem uma distribuição de

velocidades linear.

c)

Conforme deduzido pelo item anterior, a distribuição de velocidade entre as placas é linear,

consequentemente, a tensão cisalhante pode ser calculada pela equação simplificada:

𝜏 = 𝜇𝑉

ℎ

→ 𝐹 = 𝜏𝐴 = 𝜇𝑉

ℎ𝐴 = 10−3 ∙

1

10−3∙ 1 = 1 𝑁

fenÔmenos de transporte -...

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