Post on 16-Dec-2018
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)
Pelo princípio da quantidade de movimento em regime permanente e para entradas e saídas
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)
Pelo princípio da continuidade, para regime permanente e entradas e saídas unidimensionais:
��1 = ��2 → 𝜌 𝑉1 𝐴1 = 𝜌 𝑉2 𝐴2 → 𝑉1 =𝑉2𝐷2
2
𝐷12 =
17 × 62
122= 4,25 𝑚/𝑠
Pelo princípio da quantidade de movimento em regime permanente e para entradas e saídas
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)
Pelo princípio da continuidade, para regime permanente e entradas e saídas unidimensionais:
∑��𝑠 =∑��𝑒 → ��2 = ��1 + ��𝑐𝑜𝑚𝑏 = ��1 +��130 =
31
30��1
Pelo princípio da quantidade de movimento em regime permanente e para entradas e saídas
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
Pelo princípio da continuidade, para regime permanente e entradas e saídas unidimensionais:
��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