Apostila de EME-35

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7/11/2019 Apostila de EME-35 http://slidepdf.com/reader/full/apostila-de-eme-35 1/195 Capítulo 1 Fundamentos da Termodinâmica e da Mecânica dos Fluidos  1. Conceitos e Definições: 1.1 Sistema Térmico ou Termodinâmico (ou Sistema Fechado): ρ = massa específica [kg/m 3 ] m = massa [kg] V = volume [m 3 ] Exemplo:  Expansão de gás (mecanismo cilindro – pistão) 1 ρ = m [kg/m 3 ] V

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Capítulo 1

Fundamentos da Termodinâmica e da Mecânica dos Fluidos

1. Conceitos e Definições:

1.1 – Sistema Térmico ou Termodinâmico (ou Sistema Fechado):

ρ = massa específica [kg/m3]m = massa [kg]V = volume [m3]

Exemplo:

Expansão de gás (mecanismo cilindro – pistão)

1

ρ = m [kg/m3]

V

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Velocidade (de gás), V ≅ 0

A equação da continuidade:

m = vazão em massa [kg/s]v = velocidade do fluido (gás) [m/s]A = Área de escoamento [m2]

P, V (volume) variamquando T = cte. (Sem aquecimento, retirando peso)

P, T variam quando V (volume) = cte. (Se o pistão for preso)

1.2 – Volume de Controle (V.C.) ou Sistema Aberto:

Exemplo: Uma região de um tubo onde há um escoamento de água:

Exemplo:

2

=

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1.3 – Estado e Propriedades de uma substância:Estado: Estado é a condição do sistema, descrito ou medido pelas suas propriedades

(Propriedades Independentes).Propriedade de uma substância: É definida com qualquer grandeza que depende do

estado do sistema e independe do meio que o sistema alcançar àquele estado. Algumas das maisfamiliares são: Temperatura, Pressão e Massa específica.Propriedade intensiva: Uma propriedade intensiva é independente da massa do

sistema, por exemplo, Pressão, Temperatura, Viscosidade, Velocidade, etc.Propriedade extensiva: Uma propriedade extensiva depende da massa do sistema e

varia diretamente com ela. Exemplo: Massa, Volume total (m3), todos os tipos de Energia.As propriedades extensivas divididas pela massa do sistema são propriedades intensivas,

tais como o Volume específico, Entalpia específica.Equilíbrio termodinâmico: Quando o sistema está em equilíbrio mecânico (mesma

pressão), químico e térmico (mesma temperatura), o sistema é considerado como equilíbriotermodinâmico.

1.4 – Processos, Transformações e Ciclos:Processo: Processo ocorre quando um sistema sofre, ou a mudança de estado (mudança

de uma ou mais propriedades) ou a transferência de energia num estado estável. Processo podetambém ser chamado de transformação.

Exemplo:

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Quando é removido um dos pesos sobre o êmbolo, este se eleva e uma mudança de estadoocorre, pois a pressão decresce e o volume aumenta.

No caso de uma retirada repentina dos pesos de uma só vez, o êmbolo se deslocaria rapidamente para cima. Recolocando os pesos de uma só vez, o sistema não retornaria ao estado inicial, sendonecessário um peso adicional. Este peso adicional corresponde a um trabalho suplementar que foinecessário para vencer o atrito. Isto caracteriza um processo não-reversível (irreversível).

Todo processo natural é não-reversível (irreversível) porque ele é realizado com atrito.Os processos podem ser:

Isobárico – quando a pressão é constanteIsovolumétrico – quando o volume é constanteIsotérmico – quando a temperatura é constanteIsoentrópico – quando a entropia é constanteAdiabático – quando não há transferência de calor

Politrópico – quando variam todas as propriedades

Ciclo termodinâmico: Quando um sistema, em um dado estado inicial, passa por certonúmero de mudanças de estado ou processos e finalmente retorna ao estado inicial, o sistemaexecuta um ciclo. O vapor d’água que circula através de uma instalação a vapor e produz trabalhomecânico executa um ciclo.

1.5 – Unidades:Comprimento: A unidade básica de comprimento é o metro.

1 metro = 1650763,73 comprimento de onda da faixa vermelho-laranja do Kr-86[Krypton].

1 pol. = 2,540 cm.12 pol. = 1 pé = 30,48 cm pé3 = 0,02832 m3

Massa: No Sistema Internacional (SI) a unidade de massa é o quilograma (kg). Nosistema inglês, a unidade de massa é a libramassa (lbm).A relação entre o SI e o sistema inglês é dada como: 1 kg = 2,2046 lbm

Força: A unidade de força no Sistema Internacional é o Newton (N), definida como: 1 N= 1 kg . m / s2

4

P ∝ 1 [T = cte.]V

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Força, massa, comprimento e tempo estão relacionados pela 2a Lei de Newton, que diz ser a força atuante sobre um corpo proporcional ao produto da massa pela aceleração na direção daforça.

Onde, gc é a constante querelaciona as unidades de

força, massa, comprimento etempo.

O Newton pode ser definido como sendo a força que atua sobre uma massa de 1 quilogramanum local onde a aceleração da gravidade é 1 m/s2.

No sistema técnico (Sistema métrico prático) a unidade de força é o quilograma-força (kgf).O kgf é definido como sendo a força com que a massa de um quilograma – massa padrão éatraída pela Terra em um local onde a aceleração da gravidade é 9,8067 N.

1 kgf = 1 kg x 9,8067 m/s2

Portanto, 1 kgf = 9,8067 N = 2,205 lbf I lbf = 0,4536 kgf

Unidade técnica de massa (Utm) no Sistema Gravitacional Métrico:1 Utm = 1 kgf = 1 kgf . s2 = F

1 m/s2 m a

1.6 – Volume específico:O volume específico de uma substância é definido como o volume por unidade de massa e é

reconhecido pelo símbolo υ.A massa específica (densidade) de uma substância é definida como a massa por unidade de

volume, sendo desta forma o inverso do volume específico. A massa específica é designada pelosímbolo ρ .

O volume específico e a massa específica são propriedades intensivas.

Matematicamente, o volume específico pode ser escrito como:

ρ

1==

m

V v

1.7 – Pressão:Quando tratamos com líquidos e gases, normalmente falamos de pressão; nos sólidos

falamos em tensão.A pressão num ponto de um fluido em repouso é igual em todas as direções e é definida

como sendo a componente normal da força por unidade de área.A pressão P é definida como:

Onde: δ A é a área pequenaδ A’ é a menor área sobre aqual pode considerar o fluidocomo meio contínuoδ F N é a componente normal da

5

F ∝ m . F = m . a

gc

P = lim δ F N (1.2)

δ A→δ A’ δ A

(1.1)

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força sobre δ AA pressão P num ponto de um fluido em equilíbrio é a mesma em todas as direções. A

unidade de pressão no Sistema Internacional é N/m2 (Pa) e no Sistema Técnico kgf/m2.Nos cálculostermodinâmicos usa-se a pressão absoluta.

Pressão absoluta superior à atmosférica: Pabs > Patm Onde: Pm é a pressão de manômetros(Burdon, Aneroid, etc.)Patm é a pressão de barômetros

O manômetro normal lê a diferença entre a pressão absoluta e a atmosférica. A pressãomanométrica também é chamada pressãorelativa (ou efetiva).

Pressão absoluta inferior à atmosférica: Pabs < Patm

As pressões abaixo da pressão atmosférica local são pressões manométricas

negativas ou pressões de vácuo.Onde: Pvác é a pressão de manômetros devácuo ou vacúmetro

O manômetro de vácuo lê a diferençaentre a pressão atmosférica e a absoluta.A pressão atmosférica padrão é a pressão média ao nível do mar.

1 atm = 760 mm coluna de Hg1 atm = 1,03323 kgf/cm2

1 atm = 1,013250 x 105 N/m2 (Pa)

1 atm = 30 pol. de Hg1 atm = 1,013250 bar 1 bar = 105 N/m2(Pa)1 bar = 0,9869 atm1 bar = 100 Kilopascals(KPa)1 mm col. de Hg ≅ 13,6 Kgf/m2.1 micrón col. de Hg = 1x10-3 mmHg

Pressão medida com o manômetro de tubo U:

6

Pabs = Patm + Pm (1.3)

Pm = Pabs - Patm (1.3a)

Pabs = Patm + Pvác (1.4)

Pvác = Patm - Pabs (1.4a)

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Pabs > Patm

P1 > P2Pm =Pabs – Patm

Pm = P1 – P2 = ∆ P

Mas conforme a equação hidrostática:

Onde : ρ m = massa específica do fluido manométrico (Kg/ m2)g = aceleração da gravidade ≅ 9,81 m/s2

Zm = altura da coluna do fluido manométrico (m)

Nota: Peso específico, ϒ= ρ . g [N/m3

] ,Densidade de uma substância, dsubs = ϒ subs ϒ H2O [adimensional]

1.8 – Definição de Calor e Trabalho:Calor: O calor é a transferência de energia através da fronteira do sistema pelos

mecanismos de condução, convecção e radiação. O calor transferido (sem transferência de massa)de um sistema de temperatura superior a um sistema de temperatura inferior, e ocorre unicamentedevido à diferença de temperatura entre os dois sistemas.

O calor é uma função de linha e é reconhecido como sendo uma diferencial inexata.

Onde: 1Q2 é o calor transferido durante

o processo entre o estado 1 e 2.

Calor por unidade de tempo:

A troca de calor por unidade de massa:

Trabalho: O trabalho é a energia transferida, sem transferência de massa, através dafronteira do sistema por causa da diferença de uma propriedade intensiva (pressão, temperatura,viscosidade, velocidade), além da temperatura, que existe entre o sistema e a vizinhança.Definição Matemática:

7

∆ P = ρ m . g . Zm [N/m2]

q = Q[J/kg, Kcal/kg]

(1.8)

m

Q = ∂Q [J/s . w] (1.7)

dt

2

∫ ∂Q = 1Q2 [J, kcal] (1.6)1

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Onde: W = TrabalhoF = Forçadx = Deslocamento infinitesimal

Definição Termodinâmica:

Um sistema realiza trabalho quando o único efeito externo ao sistema (sobre as suasvizinhanças) for a elevação de um peso.

Trabalho de deslocamento (Expansão ou Compressão):∂W = F . dLMas P = F ou ∂W = P. A. dL

AMas A . dL = dV ∴

8

2

W = ∫ F . dx [Nm, J, Kcal] (1.9) 1

∂W = P . dV (1.10)

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O trabalho realizado pelo sistema (gás) pode ser determinado pela integração da equaçãoacima. Assim:

Onde: P é a pressão absoluta do gás1W2 é o trabalho realizado pelo sistema ou sobre o sistema durante o processo entre o estado 1

e 2.

O trabalho realizado pelo sistema tem sinal positivo e significa a expansão. O trabalhorealizado sobre sistema (pistão realiza trabalho sobre o gás) tem sinal negativo e significa acompressão.

Assim como o calor, o trabalho é uma função de linha e é reconhecido como sendo umadiferencial inexata.

Resumindo, trabalho e calor são:

ambos fenômenos transitórios; fenômenos de fronteira, observados somente nas fronteiras do sistema e representam energia queatravessam a fronteira do sistema; função de linha (portanto dependem do caminho que o sistema percorre durante a mudança deestado) e diferenciais inexatas.

Convenção dos sinais de trabalho e calor:

9

2 2

1W2 = ∫ ∂W = ∫ P. dV1.11

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Propriedades Termodinâmicas Fundamentais:

1-) Pressão, P [N/m2, kgf/m2] Absoluta2-) Volume, V [m3]3-) Volume específico, υ [m3/kg]

4-) Massa específica, ρ [kg/m3

]5-) Temperatura, T [°K] Absoluta TermodinâmicaUsa a temperatura absoluta, ( )[ ] K C t T º273º +=

6-) Massa, m [kg]7-) Velocidade, v [m/s]8-) Viscosidade, µ [NS/m2]9-) Altura (cota), Z [m]10-) Energia interna, U [J, Kcal]

11-) Energia cinética,2

. 2vm Ec = [J, Kcal]

12-) Energia potencial, Ep = m . g . Z [J, Kcal]13-) Aceleração da gravidade, g ≅ 9,81 m/s2 = cte.14-)Energia total, E = U + Ec + Ep [J, Kcal]

Relacionada também com trabalho e calor (estes dois últimos não são propriedades)15-) Entalpia, H = U + P . V [J, Kcal]16-) Entropia, S [J/°K]17-) Título (qualidade de vapor), X [adimensional]

18-) Calor específico a volume cte, vvvT

u

T

uC

∆∆

∂∂

= [J/kg °K, Kcal/kg °K]

19-) Calor específico à pressão cte, p p p

T

h

T

hC

∆≅

∂= [J/kg °K, Kcal/kg °K]

20-) Constante Adiabática ou Isoentrópica,v

p

C

C K = [adimensional]

Observações:

(1) Entalpia específica, pvum

PV

m

U

m

H h +=++= [J/kg, Kcal/kg]

(2) Entropia específica,m

S s = [J/kg °K]

(3) Energia interna específica,m

U u = [J/kg, Kcal/kg]

(4) Energia cinética específica, 2

2V

m

Ecec == [J/kg, Kcal/kg]

(5) Energia potencial específica, z g m

EP ep .== [J/kg, Kcal/kg]

Diagrama de pressões: Pressão acima da Atmosfera

10

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Pressão relativa ou efetiva ou Pressão Absoluta manométrica positiva

Pressão Atmosférica

Pressão relativa ou efetivaou manométrica negativa

Pressão Absoluta

Zero Absoluto

PROBLEMAS RESOLVIDOS:

Problema 1:Demonstrar a igualdade numérica entre a massa específica ρ de um fluido em kg/m3 e

seu peso específico ϒem kgf/m3.Solução:Seja y o número que mede ρ : ρ =y kg/m3 (1)Considere-se g ≅ 9,81 m/s2 (2)Sabemos que ϒ = ρ . g (3)

11

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Substituindo (1) e (2) em (3): ϒ = (y kg/m3) . (9,81 m/s2) = 9,81 y (kg m/s2)/m3

Mas 1 kg m/s2 = 1 Newton = 1 N∴ ϒ = 9,81 y N/m3 Mas 9,81 N = 1 kgf Finalmente, ϒ = y kgf/m3 (4)

Comparando-se (1) e (4), conclui-se que a massa específica ρ e o peso específico ϒ de umasubstância são indicados pelo mesmo número y. Variam apenas os sistemas de unidades.

Problema 2:Sendo ρ = 1030 kg/m3 a massa específica da cerveja, achar sua densidade relativa.

Solução:A massa específica da água é ρ H2O = 1000 kg/m3

Logo, pela definição:

1000

1030

2

==O H

cervejad

ρ

ρ ou ou

Problema 3:A densidade do gelo em relação à água é 0,918. Calcular em porcentagem o aumento de

volume da água ao solidificar-se.Solução:Sendo ρ e ρ 1 as densidades absolutas (massas específicas) do gelo e da água,respectivamente. Tem-se pela definição:

1

0,918 ρ

ρ = Mas

V

m= ρ e

11

V

m= ρ

onde V e V1 representam os volumes do gelo e da água, respectivamente, para a massa m. Logo,

111

1

.089,1918,0

918,0 V V

V V

V

V

m

V ≅=∴==

O volume passou de V1 para 1,089V1. Houve um aumento de 0,089.

Problema 4: No módulo de um foguete espacial, instalado na rampa de lançamento na terra (g = 9,81

m/s2), coloca-se certa massa de um líquido cujo peso é w = 15 kgf. Determinar o peso w’ do mesmolíquido, quando o módulo do foguete estiver na lua (g’ = 1,70 m/s2).Solução:

12

d = 1,03

∆ V1 ≅ 8,9 %

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Na terra, o peso do líquido é w = m . g15 kgf = m . 9,81 m/s2

∴ m = 15 kgf 9,81 m/s2

Na lua, a massa é a mesma, mas o peso do líquido é w’ = m . g’

w’ = 15 kgf . 1,70 m/s2

9,81 m/s2

Problema 5:Um manômetro de mercúrio está medindo a pressão do condensador de uma usina térmica

de vapor, e tem a leitura de 63 cm, vácuo. O barômetro no escritório da usina registra 76 cm demercúrio. Qual será a pressão absoluta no condensador em N/m2?Solução:

Dado: Patm = 76 cm Hg

Sabemos que:Pabs = Patm ± Pman

Usando a equação (1.4a),Pvác = Patm - Pabs

63 cm = 76 cm - Pabs ∴ Pabs = 76 – 63 = 13 cm Hg = 130 mm HgPabs = 130 . 13,6 kgf/m2 = 130 . 13,6 . 9,8067 N/m2

Problema 6:Uma turbina é fornecida com o vapor à pressão manométrica de 15 kgf/cm 2. Depois da

expansão, dentro da turbina, o vapor passa por um condensador, o qual é mantido a vácuo de 710mm Hg por meio das bombas. A pressão barométrica é de 775 mm Hg. Calcule as pressões dovapor na entrada e na saída em kgf/cm2.Solução:1 mm Hg = 13,6 kgf/m2 ∴ 775 mm Hg = 775 . 13,6 kgf/m2 = 10540 kgf/m2 = 10540 kgf . m2 = 1,054 kgf

m2 104 cm2 cm2

ou seja: Patm = a pressão barométrica

13

w’ ≅ 2,6 kgf

Pabs ≅ 17338,25 N/m2

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PB = 775 mm Hg ≅ 1,054 kgf/cm2

Pode-se determinar a pressão atmosférica também pela aplicação da equação hidrostática(1.5).

Aqui: P1 = Patm , P2 = 0e gc é a constante que relaciona as

unidades de força , massa,comprimento e tempo.O valor de gc :gc = 1 kg . 9,8067 m/s2 = 9,8067 kg . 1 m/s2 = 1 kg . 1 m/s2

kgf kgf NSabemos também que: ρ Hg = densidadeHg . ρ H2O

kgf/m210540/

.1..8067,9

.775,0./.8067,9)./.1000.6,13(..2

23

===

kgf

smkg

m smmkg

g

Z g P

c

Hg

atm

ρ

Pressão do vapor na entrada:A pressão na entrada = 15 kgf/cm2 = Pm

Mas Pabs = Pm + Patm = 15 + 1,054 = 16,054 kgf/cm2 abs.∴

Pressão do vapor na saída:A pressão na saída, Ps = 710 mm Hg vácuoMas Pabs = Patm - Pvác = (775 - 710) mm Hg = 65 mm Hg

Pabs = 65 . 13,6 kgf . m2 abs.m2 104 cm2

Problema 7:Um corpo com massa de 5 kg está 100 m acima de um dado plano horizontal de referência

num local onde g = 9,75 m/s2. Calcular a força gravitacional em Newtons e a energia potencial docorpo em referência ao nível escolhido.

14

Patm ≅ 1,054 kgf/cm2

ρH2O = 1000 kg/m3

A pressão na entrada, Pe ≅ 16,054 kgf/cm2

A pressão de saída, Ps ≅ 0,0884 kgf/cm2 abs.

c g

Z g P P P

..21

ρ =−=∆

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Solução:A energia potencial, Ep = m . g . Z [J]O uso de gc:Escrevendo a energia potencial como:

Nm

N

smkg

m smkg

g

Z g m Ep

c

.4875/.

1

.100./.75,9..5..2

2

===ou

A força gravitacional,

ou

Problema 8:A massa combinada de um carro com seus passageiros, movendo-se a 72 km/h é de 1500

kg. Calcular a energia cinética desta massa combinada.Solução:A energia cinética, [J] O uso de gc:Escrevendo a energia cinética como:

Problema 9:As propriedades de uma certa substância são relacionadas como seguinte:u = 392 + 0,320 t / p. υ = 55,5 ( t + 273)

Onde: u = energia interna específica [Kcal/Kg]; t = temperatura [°C];p = pressão [kgf/m2]; υ = volume específico [m3/kg]

Determinar CP , Cυ e h em [kcal/kg °C].Nota: 1 kgf . m = Kcal

427

15

Ep = 4875 J

Fg = 48,75 N

Ec = 300 KJ

N

smkg

smkg

g

g m F

c

g 2

2

/.1

/.75,9..5. ==

2. 2vm

Ec =

[ ]=

===

N

smkg

s

h

h

Kmkg

N

smkg

h Kmkg

g

vm Ec

c2

2

2

22

/.1.2

.3600.72.1500

/.1.2

/.72..1500

.2

.

∴===

= kJ m N

N

smkg

sm

N

smkg

s

mkg

300..000.300/.

1

/400.

2

1

/.1.2

.3600

10.72..1500

2

22

2

23

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Solução:u = 392 + 0,320 t [Kcal/Kg]

vvdt

duC

=

∴ ( ) ( ) ( ) ( ) 320,00.320,0392.320,0392 +=+=+== t dt d

dt d t

dt d u

dt d C v

∴C Kg

Kcal C v

.º320,0=

)273(5,55 += t pv

=

Kg

m Kgf

Kg

mm Kgf

../

32

ou )273(5,55 += t pv Kg

m Kgf . Mas 1 Kgf.m =427

Kcal

ou )273(130,0 += t pv Kg

Kcal

p pdt dhC

=

∴ ( ) ( ) ( ) ( ) =

++=+=+==

Kg

Kcal t

dt

d

dt

du pv

dt

d

dt

du pvu

dt

d h

dt

d C p 273130,0

∴+=++C Kg

Kcal

C Kg

Kcal

dt

d t

dt

d C v

.º.130,0

.º320,0)273.130,0()130,0(

C Kg

Kcal C p

.º450,0=

∴+++=+= )49,35130,0()320,0392( t t pvuh [ ] Kg

Kcal t h 45,049,427 +=

Problema 10:

16

0

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Água escoa por um bocal mostrado na figura. Determine a altura h para uma pressãomanométrica de 0,35 kgf/cm2 em A. Dado: ϒ H2O ≅ 9801,38 N/m3.

Solução:1 kgf = 9,8067 N ϒ 1 = ϒ H2O ≅ 9801,38 N/m3 ≅ 999,46 kgf/m3

ϒ 2 = ϒ Hg = dHg . ϒ H2O = 13,6 . 999,46 kgf/m3

PAman = 0,35 kgf . 104 cm2 = 3500 kgf/m2 cm2 m2

Conforme a linha de pressão constante,a pressão absoluta em C = a pressão absoluta em D

∴ PCabs = PDabs PCabs = PA + ϒ 1 (h + 60 . 10-2m) + Patm

PDabs = ϒ 2 h + PB = ϒ 2 h + Patm

Mas : =∴ PA + ϒ 1 (h + 0,60 m) + Patm = ϒ 2 h + Patm

ou PAman = ϒ 2 h - ϒ 1 (h + 0,60 m)

Mas: PAabs - Patm = PAman = 3500 kgf/m2

∴ 3500 kgf/m2 = ϒ 2 h - ϒ 1 (h + 0,60 m)= 13,6 . 999,46 kgf/m3 h – 999,46 kgf/m3 (h + 0,60 m)= 999,46 kgf/m3 [13,6 h – h – 0,60m]

3500 m = 12,6 h – 0,60 m999,46

∴ h = 3500 m + 0,60 m . 1 ≅ 0,3255 m999,46 12,6

17

h ≅ 32,55 cm

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Problema 11:

Um líquido tem viscosidade 0,005 kg/m.s e massa específica de 850 kg/m3. Calcular a

viscosidade cinemática em unidades S.I.Solução: Nota: viscosidade (dinâmica) tem dimensão NS/m2

NS = kg. m/s2 . s = kg 1 mícron = 10-6 m = µ mm2 m2 msA viscosidade cinemática, ע = µ = 0,005 kg/m.s

ρ 850 kg/m3

1a. LISTA DE EXERCÍCIOS :

Questão 1:

Qual a diferença fundamental entre sistema e volume de controle?Questão 2:O que é estado e quais são as propriedades termodinâmicas de uma substância?

Questão 3:O que são propriedades intensivas e extensivas?

Questão 4:O que é processo e o que é processo cíclico ou ciclo termodinâmico?

Questão 5:Defina trabalho de deslocamento e calor. Porque estes dois não são propriedades

termodinâmicas?Questão 6:

Definir pressão absoluta.Questão 7:Qual a pressão absoluta que corresponde à pressão manométrica de 6,46 atm?

Resp.: 7,46 atm.Questão 8:

A pressão efetiva ou manométrica de um certo sistema é –0,22 atm. Qual é a pressãoabsoluta?

Resp.: 0,78 atm.

18

ע 0,0000058 m2/s = 5,8 µ m2/s

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Questão 9:Um tanque aberto contém 60,96 cm d’água cobertos por 30,48 cm de óleo de densidade

(relativa) 0,83. Determinar a pressão absoluta na interface em N/m2. Calcular também a pressãoabsoluta no fundo do tanque em N/m2.Dado: ϒ H2O ≅ 9801,38 N/m3

Resp.: Pinterface ≅ 1,038 . 105

N/m2

abs.Pfundo ≅ 1,098 . 105 N/m2 abs.Questão 10:

Um manômetro indica 2,8 kgf/cm2 e o barômetro indica 742 mm Hg. Calcular a pressãoabsoluta em kgf/cm2 e em atm.

Resp.: Pabs ≅ 3,80 kgf/cm2 abs. ≅ 3,68 atm abs.Questão 11:

Um manômetro de mercúrio, usado para medir um vácuo, registra 731 mm Hg e o barômetro registra 750 mm Hg. Determinar a pressão absoluta em kgf/cm2 e em mícrons.

Resp.: Pabs ≅ 0,026 kgf/cm2 abs. ≅ 1,9 . 104 mícron de HgQuestão 12:

Um manômetro contém um fluido com massa específica de 816 kg/m3. A diferença de alturaentre as duas colunas é 50 cm. Que diferença de pressão é indicada em kgf/cm2? Qual seria adiferença de altura em cm, se a mesma diferença de pressão fosse medida por um manômetrocontendo mercúrio (massa específica de 13,60 g/cm3)?

Resp.: ∆ P = 4001,13 N/m2 ≅ 0,041 kgf/cm2

Zm = 3 cm.

Questão 13:Suponha que numa estação espacial em órbita, uma gravidade artificial de 1,5 m/s 2 seja

induzida por uma rotação da estação. Quanto pesaria um homem de 70 Kg dentro da mesma?Resp.: F ≅ 105 N ≅ 10,71 kgf

Questão 14:Um cilindro vertical contendo gás argônio possui um êmbolo de 45 kg e área seccional de

280 cm2. A pressão atmosférica no exterior do cilindro é 0,92 kgf/cm2 e a aceleração da gravidadelocal é 9,7 m/s2. Qual é a pressão do argônio no cilindro?

Resp.: Pargônio ≅ 1,08 kgf/cm2 abs.Questão 15:

Enche-se um frasco (até o traço de afloramento) com 3,06 g de ácido sulfúrico. Repete-se aexperiência, substituindo o ácido por 1,66 g de água. Obter a densidade relativa do ácido sulfúrico.

Resp.: dH2SO4 ≅ 1,843

19

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2. Propriedades de uma Substância Pura:

2.1 – Equação de Estado do Gás Perfeito:Equação de estado para a fase vapor de uma substância simples compressível.Comportamento P, V e T dos gases, diante de uma massa específica (

ρ) muito baixa, é

dado com bastante precisão:

P υ = R TP υ = R TP V = m R T (2.1) Esta equação é chamada de equação de estado paraP V = n R T os gases perfeitos.P = ρ R T

Onde: P = pressão absolutaT = temperatura absolutaυ = volume específico molar (m3/kg mol) = υ M = V M

υ = volume específico (m3/kg) mM = peso molecular (kg/kg mol)n = n° de moléculas (kg mol) = mm = massa (kg) M

20

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V = volume total (m3) ρ = massa específica (kg/m3)

R = constante universal (molar) dos gases (é sempre cte.)= 8314,34 J ≅ 847,7 kgf . m ≅ 0,08206 atm . l

Kg mol °K kg mol °K gm mol °k

≅ 0,08315 bar .m3

/ kg mol °K R = constante para um gás particular (J/ kg °K) = R M

R pode também ter unidade: (kgf . m/ kg °K).R e M são tabelados. Vide Tabela A.8 (Propriedades de vários gases perfeitos, página 538

do livro “Fundamentos da Termodinâmica Clássica” – VANWYLEN e SONNTAG).De (2.1): P.V = m R = cte. (Pois m e R são ctes.) = P1.V1

T T1

Ou seja: P1.V1 = P2.V2 = cte. (2.2) A lei combinada de BOYLE e CHARLEST1 T2

BOYLE: P ∝ 1 [T = cte.]

VCHARLES: P ∝ T [V = cte.]Combinando, tem-se: P ∝ T [Ambos variáveis]

Vou P = cte . T ou P V = cte ou seja:

V T

2

22

1

11 ..T

V P

T

V P = (2.2)

Massas específicas maiores (baixo volume específico), os gases se comportam como gases reais ea equação de estado do gás perfeito de CLAPEYRON (2.1) não vale mais.

A equação de estado para gás real:

P υ = Ζ R TP υ = Ζ R T

ou R.T

P.

.

. υ υ == T R

P Z (2.4)

Onde: Z = 0, fator de compressibilidade [adimensional];Quando Z tende a um, gás real tende a gás perfeito.

21

(2.3)

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2.2 – Transformação de estado para gases perfeitos ou ideais: Processo Isobárico (Transformação Isobárica)

Trabalho de Deslocamento (expansão ou compressão). ∂W = P . dV (1.10)

∂q = du + dω= du + P dυ (1a. Lei para Sistema Fechado)

Estado: P V = m R T (2.1)P = cte.V T-1 = cte. V2 = T2

V1 T1

1W2 = P (V2 - V1)1Q2 = m CP (T2 – T1)U2 – U1 = m Cυ (T2 – T1)H2 – H1 = m CP (T2 – T1)S2 – S1 = m CP ln T2 = m CP ln V2

T1 V1

Processo Isovolumétrico ou Isométrico (Transformação Isométrica)∂W = P . dV (1.10)∂q = du + dω = du + P dυ (1a. Lei para Sistema Fechado)

Estado: P V = m R T (2.1)V = cte. P T-1 = cte. P2 = T2

P1 T1

1W2 = 0U2 – U1 = 1Q2 = m Cυ (T2-T1)H2 – H1 = m CP ( T2 – T1)S2 – S1 = m Cυ ln P2 = m Cυ ln T2

P1 T1

Processo Isotérmico (Transformação Isotérmica)∂W = P . dV (1.10)∂q = du + dω = du + P dυ (1a. Lei para Sistema Fechado)

Estado: P V = m R T (2.1)T = cte. P V = cte. P1 = V2

P2 V1

1W2 = 1Q2 = m R T ln V2 = m R T ln P1

V1 P2

U2 = U1 , pois para gás perfeito, U = U (T)H2 = H1 , pois para gás perfeito, H = H (T)

2

1

1

2

1

2

2

112 ...... P

P

Ln Rmv

v

Ln Rmv

v

Ln RT

T

LnC mS S v ==

+=−

Processo Adiabático e/ou Isentrópico(Transformação Adiabática e/ou Isentrópica) :

∂W = P . dV (1.10)∂q = du + dω = du + P dυ (1a. Lei para Sistema Fechado)

Estado: P V = m R T (2.1)

22

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A equação do processo: P. Vk = cte., onde K = cte. Adiabática ou isentrópicaK = CP

Adiabática, ∂Q = 0Isentrópico (Adiabático + Reversível), dS = 0 = ∂Q

T

−−

=−

= K

v P v P m

K

V P W

1

..

1

. 11222221

1W2 = U1 – U2 = m Cυ (T1 – T2) ; 1Q2 = 0

K

v

v

P

P

=

1

2

2

1 ; K

P

P

v

v/1

2

1

1

2

= ;

K

K K

P

P

v

v

T

T 1

2

1

1

1

2

2

1

−−

=

=

.21 cteS S == )(. 1212 T T Cpm H H −=−

Processo Politrópico (Transformação Politrópica)∂W = P . dV (1.10)∂q = du + dω = du + P dυ (1a. Lei para Sistema Fechado)

Estado: P V = m R T (2.1)A equação do processo: P. Vn = cte., onde n = expoente politrópico

(n > 1, mas n < K)

n

v

v

P

P

=

2

1

1

2 ;1

2

1

2

1

=

n

v

v

T

T ;

n

n

P

P

T

T 1

2

1

2

1

=

, onde Cn = calor específico para o processopolitrópico = Cυ [(n-k)/(n-1)]

; ;

1Q2 = m Cυ n – k (T2 - T1)n –1

U2 – U1 = m Cυ (T2 - T1)H2 – H1 = m CP (T2 - T1)

23

1

2

2

1

v

v

Ln

P

P Ln

n =

vn

pn

C C

C C n

−=

2

1

1

2

1

v

v

Ln

T

T Ln

n =−

1

2

1

2

1

P

P

Ln

T

T Ln

n

n=

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−−

=−−

=n

v P v P m

n

V P V P W

1111221122

21

1

212

1.

T

T Ln

n

k nCvmS S

−−

=−

Resumo:A equação geral : P. Vn = cte.Processo Isobárico: n = 0

Cn = K Cυ = CP

dP = 0

Processo Isovolumétrico: n = ± ∞Cn = Cυ

dυ = 0Processo Isotérmico: n = 1Cn = ± ∞dT = 0

Processo Adiabático ou isentrópico: n = K Cn = 0∂q = 0 ou dS = 0

Em geral:K = CP = cte. (gás perfeito/ideal)

CP - Cυ = R = cte. (gás perfeito/ideal)Cυ = R CP = R K Cυ = Cυ (T) CP = CP(T)

K-1 K-1U = U(T) H = H(T)R, CP, Cυ , K, M tem valores tabelados.

Em geral, para gás perfeito a variação de entropia específica ( s= S/m) dada pelas seguintesequações:

s2 – s1 = CP ln(T2/T1) – R ln(P2/P1)

s2 – s1 = CP ln (υ 2/υ 1) + Cυ ln (P2/P1)s2 – s1 = Cυ ln (T2-T1) + R ln (υ 2/υ 1)s2- s1 pode ser zero, ⊕ ou Θ .

Notas:Unidades de trabalho de deslocamento (Expansão ou Compressão) Sistema Internacional (S.I.) J = Nm

24

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Sistema Técnico (S.I.)Kgf .m ou Kcal

Relacionamento entre Trabalho e Calor (Kgf.m e Kcal)O equivalente mecânico do calor, J = 427 (kgf .m / Kcal)

Trabalho específico, ω = W (K .J/Kg , Kcal/Kg)m

Potência é trabalho por unidade de tempo, W = ∂W (J/s = W , Kcal/h)dT

A unidade de potência é também HP e/ou CV:1 HP ≅ 0,746 KW = 641,2 Kcal/h1 CV ≅ 0,736 KW1 KW ≅ 860 Kcal/h

Temperatura absoluta (Escalas de temperatura)Termodinâmica exige o emprego de uma temperatura absoluta ou temperatura

termodinâmica, independente da substância termométrica, que é medida a partir de um ponto 0

(zero) absoluto.O zero absoluto - 459,67°F ou - 273,15°CT°K = t°C + 273,15 ≅ t°C + 273T°R = t°F + 459,67 ≅ t°F + 460

( )32.º95

.º −= F C t t ; 32.º59

.º += C F t t

PROBLEMAS RESOLVIDOS:

Problema 1:Qual a massa de ar contida numa sala de 10m x 6m x 4m se a pressão absoluta é de

1Kgf/cm2 e a temperatura 27°C? Admitir que o ar seja um gás perfeito.Solução:

Da tabela A.8 (pág. 538) encontra-se, R ar = 29,27 Kgf .mKg.°K

Dados: P = 1 Kgf/cm2

T = t + 273 = (27 + 273) °K V = (10 x 6 x 4) m3

Estado (gás perfeito): P V = m R T

ou m = P V = (1 Kgf/cm2 . 104 cm2/m2) . (10 . 6. 4) m3 R T 29,27 Kgf .m . (27 + 273) °K

Kg °K ∴

25

∴ 1 Kgf .m = Kcal

427

m ≅ 273 Kg

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Problema 2:Calcular a variação de entalpia de 5 Kg de oxigênio sabendo-se que as condições iniciaissão P1 = 130 KPa abs., t1 = 10°C e as condições finais são

P2 = 500 KPa abs., t2 = 95°C.Solução:

Para gás perfeito, a entalpia é função apenas da temperatura, e não interesse qualquer queseja o processo. Logo, pela definição tem-se,

H2 – H1 = m CP (T2 – T1) = 5 Kg . 0,219 Kcal . (95 – 10) °K Kg °K

Problema 3:Um cilindro contendo 1,59 Kg de Nitrogênio a 1,41 Kgf/cm2 abs. e 4,4°C e é comprimido

isentropicamente até 3,16 Kgf/cm2 abs. Determinar a temperatura final e o trabalho executado.

Solução:1°Método: Uso da equação isentrópica e a aplicação da 1a. Lei da Termodinâmica com

processos em sistema fechado.Temperatura final:

A temperatura final pode ser obtida pela equação isentrópica:

T1 = (4,4 + 273) °K ; P1 = 1,41 Kgf/cm2 ; P2 = 3,16 Kgf/cm2 ; m = 1,59 Kg

Da tabela A8/ pág 538 : K N2 = 1,400 Cυ 0 = 0,177 [Kcal/Kg°K]

( ) K T .º33,34941,116,3.2734,42

4,1

14,1

+=

Trabalho executado:

Da 1a. Lei: ∂q = du + dω ∂Q = dU + ∂WLembrando-se que, q = (Q/m) , u = (U/m) , ω = (W/m)

26

H2 – H1 ≅ 93,08 Kcal ≅ 389,73

T2 ≅ 349,33 °K ≅ 76,33 °C

K

K

P

P T T

1

1

212

=

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Para processo isentrópico i.e. adiabático e reversível, não há troca de calor entresistema e vizinhança.

A condição matemática: ∂q = 0 ∴ dω = −duO gás N2 é comprimido. Portanto o trabalho é realizado sobre o gás e é negativo.

dω = - du = - Cυ (T2 - T1) = - 0,177 (349,33 – 277,4)

ou 1ω 2 ≅ - 12,73 Kcal/Kg∴ 1W2 = 1ω 2 . m = -12,73 . 1,59 ≅ - 20,74 Kcal= -20,74 . 4,187 ≅ -84,74 KJ , pois 1 Kcal = 4,187 KJ

∴ Trabalho de Compressão

2°Método: Uso das equações de estado, processo isentrópico e trabalho.Dados: P1 = 1,41 Kgf/cm2 = 1,41 . 104 Kgf/m2

P2 = 3,16 Kgf/cm2 = 3,16 . 104 Kgf/m2 T1 = (4,4 + 273) °K = 277,4 °K m = 1,59 Kg

Da tabela A8/ pág 538 : K N2 = 1,400 R N2 = 30,27 Kgf . mKg °K

Estado: V1 = m R T1 = 1,59 . 30,27 . 277,4 ≅ 0,9469 m3

P1 1,41. 104

Processo Isentrópico:400,1

1/1

2

112 16,3

41,19469,0

=

=

K

P

P V V 3

2 5321,0 mV ≅

Temperatura final:

K

K K

P

P

v

v

T

T 1

2

1

1

1

2

2

1

−−

=

= ou

K

K K

P

P

T V

V

T T

1

1

2

1

1

2

1

12

−−

=

=

ou400,1

1400,141,116,3

4,2775321,09469,0

4,27721400,1

=

=

T ∴

T2 também pode ser calculado pela equação de estado.Estado: T2 = P2 V2 = 3,16 . 104 . 0,5321 ≅ 349,36 °K

m R 1,59 . 30,27

Trabalho executado:Trabalho: 1W2 = P2 V2 – P1 V1 = (3,16 . 104 ) . 0,5321 – (1,41 . 104 ) . 0,9469

1 – K 1 – 1,400

ou Trabalho decompressão

27

1W2 ≅ - 24,74 Kcal = - 84,74 KJ

T2 ≅ 349,33 °K ≅ 76,33 °C

1W2 ≅ - 8657,68 Kgf . m ≅ - 20,28 Kcal = - 84,89 KJpois 1 Kcal ≅ 427 Kgf . m

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Problema 4: (Trabalho de Potência de Eixo)Um carro a gasolina tem a velocidade de rotação(N) do motor de 3000 r.p.m., e desenvolve

um torque (τ) de 260 Nm. Calcular a potência no eixo do motor.

Solução:Potência no eixo, Pe = τ x 2πN [W]60

Pe = 260 Nm . 2π . 3000 s-1 [ Nm/s = J/s = W]60

ou Pe = τ x 2π N [CV]60 . 75

Pe = 260 Kgf . m . 2π . 3000 s-1 [CV] , pois 1 Kgf ≅ 9,81 N ∴9,81 75 60

Problema 5:Um cilindro com êmbolo sem atrito contém ar. Inicialmente existe 0,3 m3 de ar a 1,5

Kgf/cm2, e a 20°C. O ar é então comprimido de modo reversível segundo a relação P .Vn =constante até que a pressão final seja 6 Kgf/cm2, quando a temperatura é de 120°C.

Determinar para esse processo:a) O expoente politrópico n;b) O volume final de ar;c) O trabalho realizado sobre o ar;

d) O calor transferido;e) A variação líquida de entropia em Kcal/°K

Solução:A relação P.Vn = constante significa que o processo é politrópico. Tem-se, então,

1

1

2

2

1−

=

n

n

T

T

P

P ou1

2

2

1

1 T

T Ln

n

n

P

P Ln

−= ou

( )

)/(

/.1

12

12

P P Ln

T T Lnnn =−

ou( )

)/(

/11

12

12

P P Ln

T T Ln

n=− ou [ ]

n P P LnT T Ln

1)/(/)/(1 1212 =−

∴ [ ])/(/)/(1

1

1212 P P LnT T Lnn

−=

Dados: P1 = 1,5 Kgf/cm2 = 1,5 . 104 Kgf/m2

P2 = 6 Kgf/cm2 = 6 . 104 Kgf/m2

T1 = 20 + 273 = 293 °K

28

Pe ≅ 81681,41 W ≅ 81,68 KW

Pe ≅ 111,02 CV

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T2 = 120 + 273 = 393 °K n = ?

a) O expoente politrópico n:n = 1 ≅ 1,2687365

1 – [ln(393/293) / ln(6/1,5)]

∴ < K ar ≅ 1,40

b) Volume final de ar:Dados: V1 = 0,1 m3

1°Método: 1005823,0

293

393

3,0

)/( 12687,1

1

1

1

12

12 ≅

==−−nT T

V V

2°Método: Estado: P V = m R T ou P1 V1 = P2 V2 = m (cte.)R T1 R T2

∴ V2 = P1 V1 . T2 = 1,5 . 0,3 . 393 ≅ 0,1005973 ∴T1 P2 293 6

c) O trabalho realizado sobre o ar:

1W2 = P2 V2 – P1 V1 = (6 . 104 ) . 0,1 – (1,5 . 104 ) . 0,3 [Kgf .m]1 – n 1 – 1,2687

1W2 ≅ -5582,43 Kgf .m = -5582,43 Kgf .m . Kcal ≅ -13,07 Kcal427 Kgf .m

= -13,07 Kcal . 4,187 KJ ≅ -54,72 KJKcal

ou seja:

O sinal negativo significa que o trabalho é de compressão.d) O calor transferido: Da tabela A8/pág 538 tira-se, K ar = 1,40 , Cυ ar = 0,171 Kcal/Kg °K

( ) K K Kg

Kcal T T

n

K nC q v ).º293393(

12687,140,12687,1

.º171,0

1 1221 −

−=−

−−

=

∴ O sinal negativo significa perda de

29

n ≅ 1,2687

V2 ≅ 0,1 m3

V2 ≅ 0,1 m3

1W2 ≅ -5582,43 Kgf .m ≅ -13,07 Kcal ≅ -54,72

1q2 ≅ - 8,36 Kcal/Kg ≅ - 35,00 KJ/Kg

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calor para o ambiente.

e) A variação líquida de entropia em Kcal/°K:Da tabela A8/pág 538 tira-se, CP = 0,240 Kcal/Kg °K R ar = 29,27 Kgf .m/Kg °K

)/(.)/(.121212

P P Ln RT T LnC s s p

−=−

= 0,240 Kcal ln 393 - 29,27 Kgf .m . Kcal ln 6 .Kg °K 293 Kg °K 427 Kgf .m 1,5

ou s2-s1 = - 0,024555 Kcal/Kg °K

Estado: P1 V1 = m R T1 ou m = P1 V1 R T1

m = 1,5 . 104 Kgf/m2 . 0,3 m3 ≅ 0,5247 Kg29,27 Kgf .m . 293 °K

Kg °K ou m = P2 V2 = 6 . 104 . 0,1005823 ≅ 0,5246 KgR T2 29,27 . 393

∴ S2 - S1 = ( s2- s1) . m = -0,024555 [Kcal/Kg°K] . 0,5247 [Kg]O sinal negativo significa que o processo

∴ não é adiabático mas irreversível.

Outro Método: Para o processo politrópico vale:

dT n

K nC dT C q vn .

1

−−

==∂ ouT

dT

n

K nC

T

qv .

1

−−

=∂

Mas a definição de entropia:T

qds

∂=

∴ T

dT

n

K nC

T

qds v .

1

2

1

2

1

2

1 ∫ ∫ ∫

−−

=∂

= ou

−−

=

−−

=−293

393.

12687,1

40,12687,1

.º0171.

1 1

212 Ln

K Kg

Kcal

T

T Ln

n

K nC s s v

s2 - s1 = -2,4535 . 10-2 Kcal/Kg °K

O processo não é adiabático mas irreversível!

30

S2 - S1 ≅ -0,0129 Kcal/°K

S2 - S1 = -0,024535 . 0,5247 ≅ -0,0129 Kcal/°K

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2a. LISTA DE EXERCÍCIOS :

Questão 1:Um tanque tem um volume de 0,425 m3 e contém 9 Kg de um gás perfeito com peso

molecular igual a 24 Kg /Kgmol. A temperatura é 27°C. Qual é a pressão?Resp.: P ≅ 22,4 Kgf/cm2 abs.

Questão 2:Determinar o volume específico de vapor d’água em cm3/g a 200 bar e 520°C.

Resp.: υ ≅ 18,3 cm3/gQuestão 3:

Gás nitrogênio, N2

, à pressão de 1,40 bar é mantido à temperatura de 27°C. Considera-se onitrogênio como sendo um gás perfeito. Determinar o volume específico de N 2.Resp.: υ N2 ≅ 0,636 m3/Kg

Questão 4:Determinar a massa de oxigênio num cilindro de 200 litros de capacidade à pressão de 120

bar e à temperatura de 17 °C.Resp.: mO2 ≅ 31,85 Kg

Questão 5:Calcular a massa específica e o volume específico de monóxido de carbono (CO) à pressão

de 1 bar e à temperatura de 300 °K.Resp.: ρ CO = 1,12 Kg/m3; υ CO ≅ 0,89 m3/Kg

Questão 6:Calcular a variação da entalpia de 5 Kg de octano, C 8H18 (vapor de gasolina) sabendo-se queas condições iniciais são P1 = 130 KPa abs., t1 = 10°C e as condições finais são P2 = 500 KPa abs.,t2 = 95°C.

Resp.: H2-H1 ≅ 173,83 Kcal ≅ 727,83 KJQuestão 7:

31

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Um balão esférico tem diâmetro de 20 cm e contém ar a 2 atm. Em virtude de aquecimento,o diâmetro cresce para 25 cm e durante o processo a pressão varia diretamente ao diâmetro do balão. Qual é o trabalho fornecido pelo ar durante o processo?

Resp.: 1W2 ≅ 93,58 Kgf .m ≅ 0,22 Kcal ≅ 0,92 KJTrabalho de expansão!

Questão 8:Em virtude de aquecimento, cresce o diâmetro de um balão esférico. Durante o processo a

pressão varia diretamente ao diâmetro do balão. Qual é o processo termodinâmico? Mostre-omatematicamente.

Resp.: A Expansão Politrópica.Questão 9:

Num arranjo de pistão-cilindro cheio de gás no qual o processo reversível ocorre de acordocom a equação: P.V4/3 = 20 Nm. O volume inicial é 1m3 e o volume final 2 m3. Calcule o trabalhorealizado:

a) pelo método de integração;b) pelo uso direto da equação.Resp.: 1W2 ≅ 12,38 Nm = 12,38 J

Trabalho de expansão.Questão 10:

50 gramas de Metano estão contidos num cilindro equipado com êmbolo. As condiçõesiniciais são 1,5 Kgf/cm2 e 20°C. Adiciona-se, então, pesos ao êmbolo e o CH4 é comprimido,lenta e isotermicamente, até que a pressão final seja de4,5 Kgf/cm2. Calcular o trabalho -realizado durante esse processo. Calcular a transferência decalor deste processo.

Resp.: 1W2 = -850,92 Kgf .m ≅ -8343,79 J ≅ -1,99 Kcal

O trabalho é de compressão.1Q2 = -850,92 Kgf .m ≅ -8343,79 J –1,99 Kcal

O sinal negativo significa que o calor está saindo do sistema para o meio ambiente.Questão 11:

1 Kg de oxigênio é aquecido de 300 °K a 1500°K. Suponhamos que, durante esse processo,a pressão caia de 2,1 Kgf/cm2 para 1,4 Kgf/cm2. Calcular a variação de entalpia específica emKcal/Kg ou em KJ/Kg. Dados:

T2

(1) Definição: h2 – h1 = ∫ CP dTT1

(2) CPO2 = 8,9465 + 4,8044 . 10-3 θ1,5 - 42,679 θ 1,5 + 56,615 θ -2 ,

em [Kcal/Kgmol °K] e θ = T/100(3) h2 – h1 em Kcal = h2 – h1 em Kcal

Kg M KgmolResp.: h2 – h1 ≅ 302,68 Kcal/Kg ≅ 1267,32 KJ/Kg

Questão 12:

32

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A temperatura do ar num processo politrópico muda de 120 a 50 °C. A pressão inicial do ar P1= 5 bar. Determine a variação da entropia do ar, se 60 KJ/Kg de calor é transferido ao ar duranteo processo.O calor específico do ar: Cυ = 0,72 KJ/Kg °K.

Resp.: s2- s1 ≅ 0,173 KJ/Kg °K ≅ 0,0413 Kcal/ Kg °K O processo é irreversível!

Questão 13: Na casa de máquina (caldeira) de uma usina térmica, 100 t (tonelada) de carvão sãoqueimadas durante 10 horas de operação. O poder calorífico do carvão é 28000KJ/Kg. Determinar a quantidade de potência elétrica produzida e a energia elétrica (Rating of the Electric Power Plant) da planta, se a eficiência da planta for 20%. Dados: N = B . QPC . η P h .

3600s.onde: N = Potência elétrica produzida em [KW];

B = Consumo de combustível por hora [Kg/h];QPC = Poder calorífico de combustível [KJ/Kg];

η P = Eficiência da planta [adimensional]t = tonelada = 1000 Kg e Energia elétrica, E = Potência x Tempo

Resp.: N ≅ 15555,56 KWE ≅ 155555,6 KWh ≅ 5600001,6 . 102 KJ ≅ 560GJ

Questão 14:Calcular as variações de entalpia e de entropia de 1,36 Kg de monóxido de carbono ao

passar de P1 = 2,11 Kgf/cm2 abs., T1 = 4,4 °C para P2 = 4,22 Kgf/cm2 abs. e T2 = 65,03 °C. Otrabalho executado nesse processo é de expansão ou compressão? Mostre-o matematicamente.Determinar também a variação da energia interna. Resp.: ∆H = H2-H1 ≅20,53 Kcal ≅ 85,96 KJ

∆ S = S2-S1 ≅ 0,00071 Kcal/°K ≅ 0,00297 KJ/°K O sinal positivo significa que o processo é adiabático mas irreversível.Trabalho: É um trabalho de compressão adiabática.∆ U = U2-U1 ≅ 14,68 Kcal ≅ 61,47 KJQuestão 15:

A dissipação térmica do resistor de 1,2 ohm de uma bateria é 232,2 Kcal/h. A bateria temuma fonte de 18V nos seus terminais. Qual é a corrente em ampère que a bateria fornece? Calcular a taxa de trabalho elétrico em Watt. Desprezar as resistências, de b a c e de d até a.

Dados: taxa de trabalho (potência) elétrico,W = I ∆ V em wattCalor do efeito Joule = I2 R em watt

Onde: I = corrente em ampère;∆ V= diferença de potencial entre dois terminais (força eletromotriz, fem) em volt;R = resistência que permite a passagem de corrente em ohm.

33

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Resp.: I = 15 A , W = 270 WQuestão 16:

Uma bateria de acumuladores é bem isolada termicamente enquanto está sendo carregada. Atensão de carga é 12,3 V e a corrente 24,0 A. Considerando a bateria como o sistema, determinar otrabalho realizado e o calor transferido num período de 15 min.

Resp.: W = - 73,8 Wh, Q ≅ 0

2.3 – Propriedades de uma Substância Pura:

A Substância Pura:A substância pura tem a composição química invariável e é homogênea. Ela pode existir em

mais de uma fase. Por exemplo:

L + VÉ mais importante nesta disciplina

L = líquidoL + V = líquido + vapor L + S = líquido + sólido

L L+S

Todas são substâncias puras. Não é uma substância pura, pois a

composição é diferente

Fases:

Substância Pura

pode existir em três fases diferentes ou em mistura de fases.

34

água líquida + vapor d’água

água líquida água líquida + gelo

Mistura de ar líquido + ar gasoso

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Equilíbrio de Fases: vapor - líquida numa substância puraO equilíbrio significa o balanço completo, isto é a igualdade de pressão e temperatura etc.

Temperatura de saturação (ebulição): A temperatura na qual se dá a

vaporização à uma dada pressão, chamada de temperatura de saturação. Esta pressão é apressão de saturação.

Exemplo: 1 atm e 100°C água ferve6,8 atm e 164,34 °C água ferve

Portanto, PS = 1 atm ≅ 1 Kgf/cm2 H2O ferveTS ≅ 100°C = 99,1°C (Precisamente)

PS = 6,8 atm ≅ 6,8 Kgf/cm2

TS = 164,34 °C H2O ferve

PS = ƒ(TS) = PS(TS)Var a tabela A.1.1 (a)Vapor de água saturado: tabela detemperatura ou tabela de pressão

Líquido saturado, líquido sub-resfriado, líquido comprimido:Se uma substância existe como líquido à temperatura e pressão de saturação (PS e TS), é

chamada de líquido saturado. Portanto, num estado saturado, pressão e temperatura não são propriedades independentes. Sabe-se que para poder definir um estado, precisa-se de duaspropriedades independentes.

Se a temperatura do líquido, TL < TS para a pressão existente, ele é chamado de líquido sub-

resfriado.Se a pressão do líquido, PL > PS para a temperatura existente, ele é chamado de líquido

comprimido.

Título (Qualidade de vapor):Quando uma substância existe, parte líquida e parte vapor, na temperatura se saturação (TS),

seu título (X) é definido como a relação entre a massa de vapor e a massa total.

Onde: mυ = massa do vapor; mL = massa do líquido.O título é uma propriedade intensiva, pois é adimensional e não depende da massa.

35

l total mm

m

m

m X

+==

υ

υ υ (2.3)

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Exemplo:

mυ = 0,2 KgmL = 0,8 Kg

X = 20%

mυ = 20 KgmL = 80 Kg

X = 20%

Vapor saturado, vapor superaquecido:Se uma substância existe como vapor na temperatura de saturação (TS), é chamada vapor

saturado. Às vezes o termo vapor saturado seco é usado para enfatizar que o título é 100%.

Quando o vapor está a uma temperatura maior que a temperatura de saturação, é chamadovapor superaquecido.TV >TS vapor superaquecido

TV , PV são independentes, pois TV pode aumentar mas a pressão (PV) do vapor permanececonstante (Processo Isobárico).

2.4 – Diagrama temperatura-volume para água, mostrando as fases líquidae vapor:

Ponto A = Estado inicial (15 °C) e 1 Kgf/cm2 (sub-resfriado / líquido comprimido), verifique comas tabelas.Ponto B = Estado de líquido saturado a 100°C.Linha AB = Processo no qual o líquido é aquecido da temperatura inicial até a temperatura desaturação.

36

0,12,0

8,02,02,0 =

+= x

100

20

8020

20=

+= x

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Linha BC = Processo à temperatura constante no qual ocorre a mudança de fase (troca de calor latente) líquida para vapor (processo de vaporização: processo isobárico).Ponto C = Estado de vapor saturado a 100°C.Entre B e C = Parte da substância está líquida e outra parte vapor. A quantidade de líquidodiminui na direção B para C, ou seja o título (qualidade de vapor) do vapor aumenta de B para C.

Linha CD = O processo no qual o vapor é superaquecido à pressão constante. A temperatura e ovolume aumentam durante esse processo.

Ponto Crítico

Temperatura, pressão e volume específico no ponto crítico são chamados “temperaturacrítica”, “pressão crítica” e “volume crítico”.Água tcr ≅ 374,15°C

Pcr ≅ 225,65 Kgf/cm2

υ cr = υ L = υ υ = 0,00318 m3/Kg ≅ 0,0032 m3/Kghcr = hL = hυ ≅ 501,5 Kcal/Kg

scr = sL = sυ ≅ 1,058 Kcal/Kg °K

2.5 – Diagrama pressão-temperatura para uma substância decomportamento semelhante ao da água:

Este diagrama mostra como as fases sólida, líquida e vapor podem existir juntas emequilíbrio. Ao longo da linha de sublimação, as fases sólida e vapor estão em equilíbrio. Aolongo da linha de fusão, as fases sólida e líquida estão em equilíbrio e ao longo da linha de

vaporização, estão em equilíbrio as fases líquida e vapor.O único ponto no qual todas as três fases podem existir em equilíbrio é o ponto triplo.A linha de vaporização termina no ponto crítico, porque não há mudança distinta da

fase líquida para a de vapor acima deste ponto.

37

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Consideremos um sólido no estado A, no diagrama. Quando a temperatura se eleva à pressão constante, sendo esta pressão inferior à pressão do ponto triplo (como está representado pela linha AB), a substância passa diretamente da fase sólida para a de vapor.

Ao longo da linha de pressão constante EF, a substância primeiramente passa da fasesólida para a líquida a uma temperatura e depois da fase líquida para a de vapor, a uma

temperatura mais alta.A linha de pressão constante CD passa pelo ponto triplo e é somente no ponto triplo queas três fases podem existir juntas em equilíbrio.

A uma pressão superior à crítica, como GH, não há distinção marcada entre as faseslíquida e vapor.

2.6 – Tabelas de Propriedades Termodinâmicas:

As “Tabelas de Vapor” de KEENAN, KEYS, HILL e MOORE (U.S.A.) de 1969 podem ser usadas.

É preciso usar pelo menos a interpolação linear ao consultar as tabelas.

2.6.1 – Tabela A.1.1 (a) [página 476 e 477] vapor de água saturado:Tabela de Temperatura

t (°C), T (°K), P (Kgf/cm2)abs, υ L = volume específico do líquido (m3/Kg), υ υ = volumeespecífico do vapor (m3/Kg), ρ υ = massa específica do vapor (Kg/m3), hL = entalpia específica dolíquido (Kcal/Kg), hυ = entalpia específica do vapor (Kcal/Kg), hLυ = o acréscimo na entalpiaespecífica quando o estado passa de líquido saturado a vapor saturado = hυ - hL , sL = entropiaespecífica do líquido (Kcal/Kg °K), sυ = entropia específica do vapor (Kcal/Kg °K).

2.6.2 – Tabela A.1.2 (a) [página 481, 482 e 483] vapor de água saturado:Tabela de Pressão

2.6.3 – Tabela A. 1.3 (a) [página 491, 492, 493, 494, 495 e 496] vapor de água

superaquecido

2.7 – Volume específico total de uma mistura de líquido e vapor (vaporúmido)

O volume específico do líquido: υ L = (1 – x ) υ L.Aqui, x = 0 o fluído é totalmente líquido.

O volume específico do vapor: υ υ = (1 – x ) υ υ .

Aqui, x = 0 o fluído é totalmente vapor (gás).∴ O volume específico total para mistura de líquido e vapor: υ = υ υ + υ L = x υ υ + (1-x ) υ L

38

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Mas υ Lυ = o acréscimo no volume específico quando o estado passa de líquido saturado a vapor

saturado = υ υ - υ L

∴ υ υ = υ Lυ + υ L , tem-se, então: υ = (1 - x ) υ L + x υ υ (2.7.1) υ = υ L + x υ Lυ (2.7.2) υ = υ υ - (1 - x ) υ Lυ (2.7. 3)

Na mesma maneira, as outras propriedades específicas podem ser desenvolvidas.Finalmente:υ = (1 - x ) υ L + x υ υ

u = (1 - x ) u L + x u υ Tente usar apenas esta forma deh = (1 - x ) hL + x hυ (2.7.4) equações.s= (1 - x ) sL + x sυ

Lembrando-se que:υ L = VL ; υ υ = Vυ ; υ = V

mL mυ m

em = mυ + mL , onde m = massa total

2.8 – Diagrama de MOLLIER para vapor d’água:

O diagrama de MOLLIER mostra as relações entre as propriedades termodinâmicas daágua. Na abscissa encontra-se a entropia específica (KJ/Kg °K) e na ordenada a entalpia

específica (KJ/Kg), sendo ambas propriedades termodinâmicas. A figura abaixo mostra umesquema do diagrama de MOLLIER.

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Observações: Acima da linha x = 1, o vapor é superaquecido e abaixo é vapor úmido ou saturado (líquido +vapor). As linhas de temperatura constante coincidem com as linhas de pressão constante na região devapor úmido, i.e. Nesta região as linhas isobáricas são também isotérmicas. As linhas de volume específico constante são mais inclinadas que as linhas de pressão constante. Acima da linha x = 1, temperatura e pressão são propriedades independentes. Abaixo da linha x = 1, temperatura e pressão não são propriedades independentes. Pressão etítulo, temperatura e título, por exemplo, são propriedades independentes.

PROBLEMAS RESOLVIDOS:

Problema 1:Calcular o volume específico (total) do vapor d’água saturado a 260°C, tendo um título de

70%.Solução:

40

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Dados: T, x são duas propriedades independentes.(Tabela de temperatura, pág 477).T = 260 °C, x = 0,70.υ = (1 – x ) υ L + x υ υ = (1 – 0,7) . 0,0012755 + 0,7 . 0,04213

υ L a 260°C υ υ a 260°C∴

Problema 2:Estimar o calor específico à pressão constante do vapor de água a 7,5 Kgf/cm2, 200°C.

Solução:Se considerarmos uma mudança de estado a pressão constante, a equação:

CP = dh ≅ ∆ h pode ser usada com a tabela.dT P ∆ T P

(Das tabelas de vapor, página 492):a 7,5 Kgf/cm2, 190°C h = 674,2 Kcal/Kga 7,5 Kgf/cm2, 210°C h = 684,8 Kcal/Kg

Portanto, CP a 7,5 Kgf/cm2 e a 200°C 210 + 190 = 200°C é:2

Observações:(1) Na região de vapor superaquecido T, P são duas propriedades independentes. Pressão pode

permanecer constante enquanto varia a temperatura.(2) CP do vapor d’água não é cte. Verifique o valor de CP do vapor d’água dado na tabela A.8

(pág 538) a 26,7°C.

Problema 3:Calcular a energia interna específica do vapor d’água superaquecido a 5 Kgf/cm2, 200°C.

Solução:Sabemos que, h = u + P υ e usando tabelas de vapor (página 492), tem-se:

41

CP ≅ 684,8 – 674,2 ≅ 0,53 Kcal/Kg °C (ou Kcal/Kg °K)210 – 190

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u = h – P υ = 682,4 Kcal – 5 . 104 Kgf/m2 . 0,4337 m3/KgKg 427 Kgf.m / Kcal

Problema 4:O vapor d’água superaquecida entra numa turbina a 18,5 Kgf/cm2 e 290 °C. Calcular a

entalpia de entrada da turbina com uso das tabelas de vapor e pelo diagrama de MOLLIER .Solução:

h pelo uso das tabelas de vapor:vapor superaquecido Tabela A.1.3 (a) / pág 493usa-se a fórmula de interpolação linear:

Y = X – X1 . (Y2 – Y1) + Y1

X2 – X1

Escrevendo esta equação para entalpia, tem-se:

h = P – P1 . (h2 – h1) + h1 , onde 1 = valor anterior e 2 = valor posterior P2 – P1

∴ h = 18,5 – 15 . (717 – 720,3) + 720,320 – 15

h pelo diagrama de MOLLIER:com a linha de pressão de 18,5 bar ≅ 18,5 Kgf/cm2 (interpolando no diagrama) e a linha detemperatura de 290 °C, achamos o ponto de interseção e traçamos uma linha vertical até aordenada a fim de obtermos a entalpia específica.

(erro pessoal de + 0,12%)

Problema 5:

42

u = 631,6 Kcal/Kg

h = 717,99 ≅ 718

h = 3010 KJ/Kg ≅ 718,89 Kcal/Kg4,187

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O vapor d’água saturado (vapor úmido) sai de uma turbina a 0,15 Kgf/cm2 e x = 93%.Calcular a entalpia de saída da turbina com uso das tabelas de vapor e pelo diagrama de MOLLIER.Solução:

vapor úmido ou vapor de água saturado.h pelo uso das tabelas de vapor:

usa-se a Tabela de pressão: A.1.2 (a) / pág 481hs = (1-x ) hL + x . hυ hs = (1 – 0,93) . 53,5 + 0,93 . 620,4∴

h pelo diagrama de MOLLIER:com a linha de pressão de 0,15 bar ≅ 0,15 Kgf/cm2 (interpolando) e a linha de título de 0,93(interpolando), achamos o ponto de interseção e traçamos uma linha vertical até a ordenada afim de obtermos a entalpia específica.

(erro pessoal de – 0,06% )

3a. LISTA DE EXERCÍCIOS:

Questão 1:Descreva o diagrama temperatura - volume para água.

Questão 2:O que é o ponto crítico?

Questão 3:

43

hs ≅ 580,5

hs = 2430 KJ/Kg ≅ 580,37 Kcal/Kg4 187

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Explique o diagrama pressão-temperatura para uma substância de comportamentosemelhante ao da água.

Questão 4:O que é o ponto triplo?

Questão 5:Cite duas propriedades independentes no estado saturado.

Questão 6:Cite duas propriedades independentes no estado superaquecido.

Questão 7:Defina o título de vapor.

Questão 8:

Quais são os processos que envolvem a mudança de fase líquida para vapor?Questão 9:

Defina líquido comprimido e líquido sub-resfriado.

Questão 10:Explique a curva de pressão do vapor para uma substância pura.

Questão 11:Do que se trata o diagrama de MOLLIER?

Questão 12:Quais são as duas propriedades fundamentais no diagrama de MOLLIER que envolvem a1a. e a 2a. leis da termodinâmica?

Questão 13:Calcular o volume específico (total) do vapor d’água saturado a 48 Kgf/cm2 abs., tendo um

título de 70 %.Resp.: υ ≅ 0,02979 m3/Kg abs.

Questão 14:

1 Kg de mistura de água e vapor num recipiente fechado comporta-se como 1/3 líquido e2/3 vapor em volume. A temperatura é 151,1 °C. Calcule o volume total e a entalpia total.Resp.: V ≅ 0,0033 m3, h ≅ 154,99 Kcal ≅ 648,94 KJ

Questão 15:Um vaso de 0,250 m3 de volume, contém, 1,4 Kg de uma mistura de água líquida e vapor

em equilíbrio a uma pressão de 7 Kgf/cm2. Calcule o título do vapor, o volume e a massa dolíquido.

44

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Resp.: x ≅ 64,3 %, mL ≅ 0,4998 Kg, VL ≅ 0,00055 m3

Questão 16:Estimar a energia interna específica d’água no ponto crítico.

Resp.: u ≅ 484,69 Kcal/Kg ≅ 2029,39 KJ/Kg

Questão 17:O vapor d’água entra numa turbina a 10 Kgf/cm2 e 250°C e sai da turbina à pressão de 1,5

Kgf/cm2. Estimar as seguintes propriedades termodinâmicas pelo diagrama de MOLLIER:(a) entalpia na entrada(b) entropia na entrada(c) título do vapor na saída(d) entalpia na saída

Resp.:(a) he ≅ 2945 KJ/Kg ≅ 703,37 Kcal/Kg

(b) se ≅ 6,94 KJ/Kg °K ≅ 1,6575 Kcal/Kg °K (c) x s ≅ 95%(d) hs ≅ 2580 KJ/Kg ≅ 616,19 Kcal/Kg

Capítulo 3

Equações gerais e particulares para meios contínuos

Qualquer problema de engenharia pode ser resolvido com o uso das leis, que podem ser representadas por meio de equações independentes. Essas equações tem a formaapropriada para sistemas e volume de controle (sistema aberto).

3.1 – Leis básicas para sistema

45

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3.1.1 – Conservação da Massa

A lei de conservação da massa afirma que a massa de um si9stema permanececonstante com o tempo (não levando em conta efeitos de relatividade).

Em forma de equação:

Onde m é a massa total.

Onde ρ = massa específica, V = volume total.3.1.2 – Conservação da Quantidade de Movimento

A Segunda lei de Newton, do movimento, para um sistema pode ser escrita como:

)( V m

dt

d V =Σ (3.1.2)

46

no sistema, incluindo as de campo como o peso, e V é a velocidade docentro de massa do sistema.

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3.1.3 – Conservação da Energia Durante uma Transformação

A primeira lei da termodinâmica ou lei da conservação da energia para um sistemaque realiza uma transformação pode ser escrita na forma diferencial como:

W dE Q

∂+=∂ ou 211221 W E E Q +−= (3.1.3)onde 1Q2 é o calor transferido para o sistema durante o processo do estado 1 ao estado 2,E1 e E2 são os valores inicial e final da energia E do sistema e 1W2 é o trabalho realizadopelo sistema ou sobre o sistema.

dt

W

dt

dE

dt

Q ∂+=

A conservação da energia por unidade de tempo pode ser escrita na forma:

••

+= W dt dE Q (3.1.3a)

esta é a equação da energia em termos de fluxo.

O símbolo E representa a energia total do sistema que é composta da energia interna (U),da energia cinética (mv2/2) e da energia potencial (mgZ). Portanto,

mgZ mV U E ++= 2

21

(3.1.3b)

onde V = a velocidade do centro de massa do sistema, Z = a altura em relação a umplano de referência, g = a aceleração da gravidade.

Deste forma a equação da conservação da energia para um sistema pode ser escritacomo

2112

22

1221 )()22

( W Z Z mg V V

mU U Q s s +−+−+−= (3.1.3c)

No caso de não existir movimento e elevação (altura) do sistema, a equação acimatorna-se:

2121 W U Q +∆=

47

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Ou na forma diferencial

Ciclo Termodinâmico ou Processo Cíclico

Ciclo termodinâmico ou processo cíclico pode ser de circuito fechado ou circuitoaberto.

A primeira lei da termodinâmica ou lei da conservação da energia para um sistemaque realiza um ciclo termodinâmico é dada por

Em palavras, a integral cíclica de calor infinitesimal é igual a integral cíclica de trabalhoinfinitesimal OU somatório de calores é igual ao somatório de trabalhos. Esta equaçãotambém representa o balanço térmico ou balanço energético.

3.1.4 – Segunda Lei da Termodinâmica

Existem dois enunciados clássicos da Segunda lei da termodinâmica, conhecidos comoenunciado de Kelvin-Planck e Clausius. Como resultado desta Segunda lei tem-se que,se uma quantidade de calor ∂Q é transferida para um sistema à temperatura T, a variaçãode entropia é dada pela relação:

PROCESSO (Envolvendo sistema fechado)

T

QdS

∂≥ (3.1.4)

A igualdade sisgnifica processo reversível e a desigualdade significa processoirreversível.

48

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Definição moderna: Entropia, sistema fechado.

σ +∂=− ∫ 2

1

12T

QS S (3.1.4a)

onde S2-S1 = variação de entropia,

∫ ∂2

1T

Q= transferência de entropia,

σ (sigma) = produção de entropia,

NOTAS

1. σ > 0 → Irreversibilidade presente dentro do sistema.2. σ = 0 →Nenhuma irreversibilidade dentro do sistema.

3. σ nunca pode ser negativo.4. S2-S1 >0 →Processo adiabático mas irreversível5. S2-S1 >0 →Processo adiabático e reversível, ou seja isentrópico6. S2-S1 <0 →Processo não é adiabático mas irreversível

Ciclo Termodinâmico (Envolvendo sistema aberto ou V.C)

0≤∂

∫ T

Q(3.1.4b)

Esta equação é chamada de desigualdade de CLAUSIUS e é somente aplicável aos

ciclos.

O sinal de igualdade vale para ciclo internamente reversível (ideal) e o sinal dedesigualdade vale para ciclo internamente irreversível (real).

4.1 – Leis Básicas para volume de controle (Capítulo 4)

Um volume de controle refere-se a uma região do espaço e é útil na análise desituações nas quais haja escoamento através desta região.

A fronteira do volume de controle é a superfície de controle, sendo sempre umasuperfície fechada. A superfície pode ser fixa, pode se mover ou se expandir. O tamanho

e a forma do volume de controle são completamente arbitrários. O volume de controle échamado muitas vezes de sistema aberto.

A massa, calor e trabalho podem atravessar a superfície de controle, e a massa contidano volume de controle, bem como suas propriedades, podem variar no tempo.

49

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4.1.1 – Conservação de Massa (Equação da Continuidade)

Pode-se mostrar que,

→→

∫ ∫ +

∂= Ad V dV

t SC

.0 ρ ρ (4.1.1)

O primeiro termo representa a taxa de variação da massa no volume de controle.

O segundo termo representa a taxa de efluxo de massa resultante através da superfíciede controle.

Pode-se escrever,

∫ ∫ ∂∂−=

→→

VC sc

dV t

Ad V ρ ρ . (4.1.2) Deve-se lembrar esta forma da continuidade.

A equação (4.1.2) é a forma integral da equação da continuidade e fisicamente significaque a vazão em massa para fora da superfície de controle é igual ao decréscimo demassa no interior do volume de controle na unidade de tempo.

A equação (4.1.2) é valida para qualquer região, finita ou infinitesimal, para qualquer fluido – viscoso ou ideal, newtoniano ou não newtoniano, compressível ouincompressível, puro ou multicomponente, escoamento com teransferência de calor ousem transferência, etc.

Casos particulares da equação da continuidade que tem aplicação em engenharia.

A equação geral:

∫ ∫ ∂∂−=

→→

VC sc

dV t

Ad V ρ ρ .

50

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a) Escoamento compressível em regime não permanente

∫ ∫ ∂∂−=

→→

VC sc

dV t

Ad V ρ ρ . ρ não é constante, 0≠∂∂

t

ρ

b) Escoamento compressível em regime permanente

→→=∫ 0. Ad V

sc

ρ (4.1.4)

c ) Escoamento incompressível em regime não permanente

ρconstante, 0≠

t

ρ

d ) Escoamento incompressível em regime permanente

cte= ρ 0=∂∂

t

ρ

As equações 4.1.4 e 4.1.6 serão tratadas nesta disciplina (a nível de graduação).

4.2 – Aplicação da equação (4.1.4 e/ou 4.1.6) da continuidade

51

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Considerando o escoamento permanente para fluido compressível da figura1, onde ofluido entra pela seção 1 e sai através da 2 e 3, temos

ou

∫ ∫ ∫ =++12 3

0... A A A

Ad V Ad V Ad V ρ ρ ρ

Admitindo que a velocidade seja normal a todas as superfícies de passagem do fluido

∫ ∫ ∫ =++1

11

2 3

3322 0... A A A

Ad V Ad V Ad V ρ ρ ρ

Se as massas específicas e as velocidades são uniformes em suas respectivas áreas,

onde ==•

VAm ρ vazão em massa (kg/s)

Para uma tubulação simples, sem a terceira saída, a equação fica

52

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As premissas feitas para se chegar à Eq. (4.2.1) são: a) escoamento permantene, b)fluido compressível, c) velocidades normais às superfícies, d) velocidade e massaespecífica constantes ao longo das áreas respectivas, e e) uma entrada e uma saída parao volume de controle.

4.3 – Definição da velocidade médiaA velocidade média numa seção transversal é dada por:

∫ = vdA A

V 1

(4.3) onde v = velocidade local (m/s)

A vazão volumétrica ou vazão em volume, fórmula ∫ ==•

vdA AV V (4.3.1)

A equação da continuidade (eq. 4.2.1) pode ser escrita como

2211222111

•••

==== V V AV AV m ρ ρ ρ ρ (4.3.2)

OUTRA FORMA DA CONTINUIDADE (Eq. 4.2.1)

cteVAG

cte gVAm

cteVAm

====

==•

γ

ρ

ρ

(4.3.3) e comentário

onde G = vazão em peso (N/S, kgf/s), γ =peso específico (N/m3, kgf/m3)

ESCOAMENTO PERMANENTE E FLUIDO INCOMPRESSÍVEL

Considerando a eq. (4.2.1) pode-se escrever cteVAm ==•

ρ . Mas para fluido

incompressível, cte= ρ ou cte AV V m

===•

ρ (4.3.4.)

4.4 – Equação da Continuidade na forma diferencialPara o estudo de escoamentos bi e tridimensionais, a equação da continuidade é

usada na forma diferencial.

Para coordenadas cartesianas em três dimensões, a equação da continuidadegenérica é:

53

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Para fluido incompressível e escoamento em regime permanente, (ρ =cte, 0/ =∂∂ t ρ ), aequação em três dimensões fica:

0=

∂+

∂+

z y

v

x

u ω (4.4.1)

54

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4.5 – Conservação da energia (1ª lei da termodinâmica) para volume de controle

Para várias entradas e saídas, a primeira lei da Termodinâmica para o volume decontrole, podemos escrever:

••••

+++Σ+=++Σ+ vc s

s

s s

vc

c

c

eVC W gZ V

hmdt

dE gZ

V hmQ )

2()

2(

22

2(4.5)

4.5.1 – Energia em termos de fluxo (taxa) para sistema fechado

A equação genérica (4.5) para um sistema fechado onde não há fluxo de massa(continuidade de escoamento) entrando ao volume de controle ou saindo do volume de

controle, reduz-se••

+= W dt

dE Q (4.5.1) Verifique a equação (3.1.3a)

55

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4.5.2 – Energia para escoamento em regime permanente

Regime permanente: Quando propriedades não variam em função do tempo. i.e.

0=dt

dE VC

A equação (4.5) torna-se:••••

++++=++Σ+ VC s

s

s s

VC

eceeVC W gZ V

hmdt

dE gZ V hmQ )

2()(

2

2 (4.5)

Esta é a equação da energia genérica ou a primeira lei para volume de controle, i.e. parasistema aberto.

4.5.1 – Energia em termos de fluxo (taxa) para sistema fechado

A equação genérica (4.5) para um sistema fechado onde não há fluxo de massa

(continuidade de escoamento), entrando ao volume de conterole ou saindo do volume decontrole, reduz-se:

••

+= W dt

dE Q (4.5.1.) Verifique a equação (3.1.3a)

4.5.2 – Energia para escoamento em regime permanente

Regime permantene: Quando propriedades não variam em função do tempo, i.e.

0=dt

dE vc

A equação (4.5) torna-se:

••••+++Σ=++Σ+ vc s

s s sc

ceVC W gZ

V hm gZ

V hmQ )

2()

2(

22

2(4.5.2)

4.5.3 – Energia para escoamento em regime permanente com única entrada e únicasaída

Cont: .ctemmmmm s see ===Σ==Σ•••••

1ª lei:••••

+++=+++ VC s

s

s se

c

eVC W gZ

V hm gZ

V hmQ )

2()

2(

22

(4.5.3)

em J/S=W

Esta equação é aplicada em qualquer acessório técnico.(Bomba, compressor,ventilador, turbina, condensador, evaporador, trocador de calor, aquecedor, resfriador,

56

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caldeira, bocal, difusor, tubulação, válvula de expansão, coletor solar, etc, etc.), quando a

vazão em massa )(•

m é conhecida.

4.5.4 – Energia ou a 1ª lei na unidade de massa

Dividindo a equação (4.5.3) por m (Kg/s)

m

WgZ

Vh

m

mgZ

Vh

m

m

m

Q VCs

sse

ee

VC

+

++=

+++

22

22

tem-se:

(4.5.4) Kg

Kcal,KgJ gZ

VhgZ

Vhq VCs

sse

eeVC

ω+

++=

+++

22

22

Esta equação é também aplicada em qualquer acessório térmico (como anteriormente),quando a vazão em massa (m ) é desconhecida.

4.5.5 – Energia ou a 1ª lei na forma diferencial

Tomando diferencial ambos os lados da equação 4.5.4 tem-se:

Esta forma diferencial explica a 1ª lei com escoamento em regime permanente.

∂qVC = Calor infinitesimal fornecido ao volume de controle ou calor rejeitado ou perda decalor do volume de controle.du = Variação infinitesimal da energia interna específica.Pdv = Trabalho de deslocamento (expansão e/ou compressão) pelo sistema aberto

(V.C.).vdP = Trabalho de escoamento (devido a diferença de pressão)d(V²/2) = Variação infinitesimal da energia cinética específicagdZ = Variação infinitesimal da energia potencial específica X gravidade∂ω VC = Trabalho infinitesimal (trabalho de eixo) produzido ou gasto pelo volume decontrole (sistema aberto).

4.5.6 – Energia ou a 1ª lei na forma diferencial reduz-se para sistema fechado

57

( )

(4.5.5)gdZVdvdPPdvduq

gdZVdPvud

gdZVddhq

VCVC

VC

VCVC

ω∂++

+++=∂

ω∂++

++=

ω∂++

+=∂

2

2

2

2

2

2

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(4.5.5)gdZVdvdPPdvduq VCVC ω∂++

+++=∂ 2

2

Quando:

1) Não há escoamento : vdP = 0, V=02) Não há diferença em energia potencial específica, gdZ = 03) Não há trabalho de eixo produzido ou gasto, ∂ω VC = 0

(4.5.6)vdPdhq ou Pdvduq −=∂+=∂

Esta é a 1ª lei para sistema fechado. Verifique a equação (3.1.3c).

4.5.7 – Equação de Bernoulli: Um caso específico da 1ª lei

Vamos utilizar a equação (4.5.4)

(4.5.4) gZV

hgZV

hq VCss

see

eVC ω+

++=

+++

22

22

ou ( ) ( ) VCeses

esVC ZZgVV

hhq ω+−+−

+−=2

22

ou ( ) ( ) ( ) VCeses

esVC qZZgVV

PvuPvu −−+−

++−+=ω−2

22

ou ( ) ( )VCeseses

eessVC quuZZgVV

vPvP −−+−+−

+−=ω−2

22

(4.5.4a)

Esta equação ainda é uma forma da 1ª lei.

Hipóteses:1) Quando não há o trabalho de eixo tem-se -ω VC =02) Fluido seja incompressível vs = ve = v = 1/ρ3) Fluido seja ideal (não viscoso: µ = 0), tem-se perda de carga (perda de energia

mecânica) causada pela viscosidade = 0 = (us – ue – qvc)

( ) 02

22

=−+−

+ρ−

∴ eseses ZZgVVPP

(4.5.7) Equação de Bernoulli

Nota: p/ fluido real (viscoso: µ > 0)Termodinâmica não dá o valor de (us – ue – qvc), porque não existe nenhum

aparelho que consiga medir separadamente os termos (us – ue) e -qvc.

58

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A mecânica dos fluidos consegue medir o efeito global através dos parâmetrosfluido dinâmicos.

PROBLEMAS RESOLVIDOS

Problema 1A distribuição de velocidades para um escoamento bidimensional de fluido

incompressível é dada por

yx

yv ,

yx

xu

2222 +−=

+−=

Demonstrar que satisfaz a continuidade.

Solução

Para fluido incompressível e escoamento em regimepermanente.Continuidade tri-dimensional

0=∂

ω∂+

∂∂

+∂∂

Zy

v

x

u (4.4.1)

Mas para escoamento bidimensional , a continuidade fica (ω = 0):

0=∂∂

+∂∂

y

v

x

u

Logo, ( )222

2

2222

21

yx

x

yxyx

x

xx

u

++

+−=

+−

∂=

e( )222

2

2222

21

yx

y

yxyx

y

yy

v

++

+−=

+−

∂∂

=∂∂

( ) ( )

( )

022

211

2121

2222

222

22

2222

222

2

22222

2

22

=

+

+

+

−=

+

++

++

+−=

++

+−

++

+−=

∂∂

+∂∂

yxyx

yx

yx

yxyx

yx

y

yxyx

x

yxy

v

x

u

Satisfaz a continuidade

Problema 2

59

Z

X

Y

ω u

v

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Um fluido incompressível bidimensional não tem a componente da velocidade nadireção Z. A componente da velocidade u em qualquer ponto é dada por u = x² - y². Achea componente da velocidade v.

Solução

u = x² - y²

( ) xyxx

x

u222 =−

∂∂

=∂∂

Continuidade bidimensional incompressível:

0=∂∂

+∂∂

y

v

x

uou 02 =

∂∂+y

vx ou yxv ∂−=∂ 2 ou ∫ ∫ ∂−=∂ yxv 2

cxyv +−=∴ 2 (constante de integração)

Finalmente v = -2xy + f(x)Verificação:

( )

OK

xxy

v

x

u

x)x(f xyy

y

v

022

022

=−=∂∂

+∂∂

+−=+−∂∂=

∂∂

Problema 3

Consideremos um fluxo (vazão em massa) de ar num tubo de 15cm de diâmetro,com a velocidade uniforme de 10m/min. A temperatura e a pressão são 27°C e 1,50kgf/cm² abs, respectivamente. Determinar o fluxo de massa.

Solução

Estado:

Pv = RT (2.1)Da tabela (página 538/A.8), RAR = 29,27kgf.m/kg°K

Logo,

kg/m,v

mcm

cm

kgf ,

K )(K kg

kgfm,

P

RTv

3

2

242

58540

1051

273272729

×

°+×°==

60

DP, TVEscoamento

AR m

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Continuidade:m = ρ VA (4.2.1)A área transversal do escoamento é

( )

s/kg,min/kg,m

kgm,

minm.m,

v

AVAVm

m,A

m..D

A

00503020

58540

10017680

017680

101544

3

2

2

2222

≅≅∴

==ρ=∴

π=

π= −

Problema 4

Um líquido escoa através de um tubo (cano) circular. Para uma distribuição de

velocidades satisfazendo a equação

−=

2

22

R

rR Vv máx

onde v = velocidade local ou velocidade de camada do fluido em r,r = a distância contada a partir do centro do tubo,R = raio do tubo, calcular a velocidade média.

Solução:

Continuidade para fluido incompressível:

AVV = (4.3.4)

ouA

vdA

A

VV A∫ ==

ou2

2

22

R

dAR

rR V

VA máx

π

=∫ , mas dA = 2π rdr

61

centroD

Vmáx

EscoamentoR r v

Perfil (distribuição) de velocidade:

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( )

( )

24

2

42

2

42

2

2

21

4

4

422

4

0

422

4

0

22

2

2

22

022

máxmáx

máx

R

máx

R máx

R máx

VR .

R

V

R R R R

VrrR R

V

rdrrR R

R /V

rdrrR R

V

R V

==

−=

−=

−π

π=

π−π

=∴

Logo, a velocidade média2

máxVV =

Nota: A expressão acima é verdade para escoamento laminar! Mas não para escoamentoturbulento!!

Problema 5

Em uma tubulação de 400 mm de diâmetro escoa o ar (Rar = 29,3 m / K, à temperaturade 27oC ), sob a pressão manométrica Pm = 2,2 kgf/cm2. Supondo a velocidade média de2,8 m/s e a pressão atmosférica normal Patm = 1 kgf/cm2, determinar quantos quilos de ar escoarão por segundo.

SoluçãoSabemos que a pressão absoluta é a pressão manométrica (efetiva) mais atmosférica:P = Pm + Patm = (2,2+1) kgf/cm2 = 3,2 kgf/cm2 = 3,2 x 104 kgf/m2

Estado : P = ρ RTEstado também pode ser escrito comoP = γ RT (1)

P em kgf/m2, γ = peso específico em kgf/m3, R=cte. de um gás particular em m/K, T emK

Logo, γ = P/RT = ( 3,2 x 104 kgf/m2 ) / [ ( 29,3 m/K ) ( 27 + 273 K ) ] ≅ 3,64 kgf/m3

A vazão volumétrica ( ou vazão em volume ) é

62

Notaquando r = 0

v = Vmáx que não é afunção de r

)4.3.4( AV V =

smV /352,08,2)400,0(4

ou 32.

=×= π

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A vazão em peso é

Logo G = 3,64 x 0,352 ≅ 1,281 kgf/s Resp.

4a Lista de Exercícios de EME35

Questão 1

Um fluido incompressível em escoamento tridimensional permanente apresenta asseguintes componentes da velocidade média:

u = x2 (3 – y/2) + 4, v = x(z – 6y – y2/2) – 5,ϖ= x(2yz + - 3y2)

Mostrar que é satisfeita a equação da continuidade.

Questão 2

Um fluido incompressível em escoamento bidimensional permanente apresenta: as

seguintes componentes da velocidade média:

u = (5x – 7y) t , v = (11x – 5y) t

Examinar se estas funções são compatíveis com a equação da continuidadeResp. compatíveis

Questão 3

Um fluido em escoamento tridimensional permanente apresenta as seguintescomponentes da velocidade média:

U = x2y, v = x+y+z, w = x2+z2

Será que as componentes da velocidade média caracterizam um escoamentoincompressível?

63

)3.8.4(VAG.

V γ γ ==

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Resp: Não caracterizam

Questão 4

Qual é o menor diâmetro de um tubo necessário para transportar 0,3 kg/s de ar com umavelocidade média de 6m/s ? O ar está a 27o C e uma pressão de 2,4 kgf/cm2 abs.

Resp: D ≅ 15,3 cm = 153 mm

Questão 5

Um grande conduto de 1m de diâmetro transporta óleo com uma distribuição develocidades,

V = 9(R2

– γ 2

)Onde v = velocidade local em γ , γ = a distância contada a partir do centro do conduto,R = raio de conduto. Determine a velocidade média.

Resp: V = 1,125 m/s

Questão 6

O perfil de velocidades num determinado escoamento em condutos é dado

aproximadamente pela lei de PRANDTL da potência um sétimo:v/Vmax = (y/R)1/7 ond y é a distância contada a partir da parede do conduto e R o raio domesmo

Perfil: v/Vmax = (y/R)1/7

Qual é a relação entre velocidade média e velocidade máxima ?

64

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Resp. V = 49/60 Vmax

Questão 7

A água ( γ = 1000 kgf/m3 ) escoa com a velocidade média de 0,2 m/s em um tubo, cuja

seção transversal mede 0,1 m2

. Calcular os valores dos diversos tipos de vazão.

NOTA →É bom verificar o problema 1 resolvido na página 13.

Problema 6

Um fluido incompressível se escoa de modo estacionário através de um duto com duassaídas, conforme indicado na Fig. 1. O escoamento é unidimensional nas seções1 e 2,

porém o perfil de velocidades é parabólico na seção 3.

Fig.1. Escoamento através de um tubo com ramificação

Solução

Uma vez que o escoamento é estacionário (permanente) a equação (4.1.2) se reduz a

65

skg m skgf G smV /20,/20,/02,0 :Resp.

3.

===

0=∫ Ad V sc

ρ

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Onde a integral representa a superfície de controle inteira, isto é,

A massa específica pode ser cancelada, considerando-se que o fluido é incompressível,fornecendo

Como o escoamento é unidimensional em 1 e 2, tem-se,

Usando estas relações simplificadas, obtemos

∴ V1 = (-0,24154 / 0,2787) ≅ 0,87 m/s Resp.

Problema 7

A tubulação de aço para a alimentação de uma usina hidrelétrica deve fornecer 1200litros/s. Determinar o diâmetro da tubulação, de modo que a velocidade da água nãoultrapasse 1,9 m/s.

Solução

66

02142

2

02211 =

−++− ∫ γ π γ

γ d

R AV AV

R

08)1858,0(3,0)2787,0(0

2

3

1 =

−++−

∫ γ

γ γ π

R

d

R

V ou

042

805574,0)2787,0(0

][2

4

1 =−++− R

RV ou

γ γ π

042

805574,0)2787,0( ][2

42

1 =−++− R

R RV ou π

0

4

805574,0)2787,0(2

1 =++− RV ou π

0205574,0)2787,0( 31 =++− AV ou

0)0929,0(205574,0)2787,0(1 =++−V ou

0

321

=++= ∫ ∫ ∫ ∫ Ad V Ad V Ad V Ad V A A A sc

ρ ρ ρ ρ

0

321

=++= ∫ ∫ ∫ ∫ Ad V Ad V Ad V Ad V A A A sc

γ π γ d V Ad V e AV Ad V AV Ad V A A A A

2;;

3321

2211

∫ ∫ ∫ ∫ =−=−=

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Da equação da continuidade obtemos:

Esta é a área da seção transversal na tubulação, para o valor máximo da velocidade.Sendo V constante em cada situação, concluímos, pela equação que o valor obtido daárea é o mínimo da seção A . Logo, devemos ter A>0,6316 m2 (porque, aumentando aárea diminuímos a velocidade).

A = π D2 / 4 ou D = (4A / π ) = (4 x 0,6313 / π )1/2 ≅ 0,987 m

Logo, D ≥ 0,897 m Resp.

Problema 8

A água escoa através de um conduto de raio R=0,3 m (Fig.2). Em cada ponto da seçãotransversal do conduto, a velocidade é definida por v=1,8-20γ 2, sendo γ a distância doreferido ponto ao centro O da seção.

Na coroa circular (Fig.2) , de área elementar dA, estão os pontos que distam γ do centroO . Então,

67

VCalcule

23

333-

m6316,0m/s9,1

/m2,1

se,-temm/s,9,1

/m2,1/m101200 /slitros1200

problemadodadososcome)1(

≅=

=

=×==

=

s A

V

s sV

V

V A

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dA = 2π γ dγ (1)

Cada ponto da coroa está submetido à velocidade v, donde

Pelo enunciado, v= 1,8 – 20 γ 2 (3)Que é uma parábola. Quando γ = 0, temos a velocidade máxima (no eixo do tubo), istoé,

Vmax = 1,8 – 0 = 1,8 m/s

Quando γ = R = 0,3, temos vc = 1,8 –20 (0,3)2 = 0, que é a velocidade nula na parededo tubo.

Substituindo (1) e (3) em (2):

dV = (1,8 - 20γ 2)2π γ dγ = 3,6π γ dγ - 40π r 3dγ = 8π (0,45γ - 5r 3 )dγ

Para a vazão através de toda a seção, integramos de 0 a γ =0,3

8π (0,02025-0,010125)ou V≅ 0,255 m3/s Resp.

Problema 9

Um recipiente contendo reagentes químicos é colocado num tanque com água e abertopara a atmosfera .Quando os produtos químicos reagem, o calor é transferido para a água aumentando asua temperatura. A potência fornecida ao eixo de um agitado utilizado para circular aágua é de 0,04 HP.Após 15 minutos o calor transferido para a água foi de 252 Kcal, e da água para o ar externo foi 12 Kcal.

68

)2(.

vdAV d =

=−=

−==∴ ∫ ∫ 3,0

0

42

3,0

0

33,0

0

][4

5

2

45,0

)545,0(8

γ γ

γ γ γ π

V ou

d V d V

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Supondo-se não Ter ocorrido evaporacão, qual será o aumento de energia interna daágua?

Dado 1 HP hora ≅ 641,186 Kcal

Solução 1o método

A água é o sistema. O sistema é fechadoUtilzamos a equação (3.1.30)

1a lei : 1Q2 – 1W2 = ∆ U

ou 1Q2 =(+252) + (-12) = 252-12ou 1Q2 = 240 kcal

1W2, neste caso, é o trabalho elétrico fornecido para acionar o agitador. Este trabalhoeletrico fornecido para acionar o agitador. Este trabalho é realizado sobre sistema (água),portanto, é negativo.

1W2 = W x t = -0,04 HP x 15 m h/60 min = -0,01 HP hora

ou 1W2= -0,01 x 641,168 ≅ -6,412 kcal

Logo ∆ U = 1Q2 – 1W2= 240 – (-6,412) kcal

∴ ∆ U = 241,41 kcal ≅ 1031,72 KJ Resp.

69

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2o método

Vamos usar a equação (3.1.3 a)

1a lei em termos de fluxo: Q = dE / dt + W

dE = dU + d(EC) + d(EP) Mas d(EP) = 0 = d(EC)∴ Q = dU / dt + W ou dU = Qdt – Wdt

ou dU = 960 kcal/h x 1/4h – (-0,04 HP x 1/4h x 641,186 kcal/HPh)

∴ dU ≅ ∆ U ≅ 246,41 kcal ≅ 1031,72 kJ Resp.

Nota 1Q2 = Q x t

4ª lista (continuação) de exercícios de EME35

Questão 8Durante a carga de uma bateria, a corrente é de 20 ampères e a tensão 12,8 volts.

A taxa de transferência de calor da bateria é de 6,3 kcal/h. Qual é a taxa de aumento daenergia interna? Dado: a taxa de trabalho elétrico, W’=-Ei, onde E = tensão em volts, i =corrente em ampères.

Resp.: W hkcal dt

dU 54,248/7,213 ≅≅

Questão 9Na seção 1 de um conduto pelo qual escoa água, a velocidade é de 0,91 m/s e o

diâmetro é 0,61m. Este mesmo escoamento passa pela seção 2 onde o diâmetro é0,91m. Determinar a vazão volumétrica e a velocidade na seção 2.

Resp.: V2’ = V1’ = cte ≈ 0,266 m3/s, V2 ≈ 0,41 m/s

Questão 10272,4 kgf/s de água escoa através de um tubo de diferente área de seção

transversal. Calcule a vazão volumétrica, a velocidade média na seção de entrada e a nasaída. Dado: γ agua = 1000 kgf/m3

70

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Resp.: V’ ≈ 0,2724 m3/s, Ve ≈ 3,73 m/s, Vs ≈ 8,396 m/s

Questão 11Água entra através de um tubo circular pelo A e sai pelo C e D. Se a velocidade

em C for 2,74 m/s, calcule as velocidades em A e em D. Calcule também a vazãovolumétrica.

Problemas Resolvidos

Exemplos da 1ª lei da termodinâmica para V.C.

Exemplo 1Considere a instalação a vapor elementar, mostrada na figura. Os dados seguintes

referem-se a tal instalação:Localização Pressão (Kgf/cm2) Título ou temperatura(ºC)Saída do gerador de vapor 20 320Entrada da turbina 18,5 290Saída da turbina, entradado condensador

0,15 93%

Saída do condensador,entrada da bomba

0,13 40

Trabalho da bomba = 1,7 kcal/kg

71

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Determine as seguintes quantidades por Kg de fluido que escoa através dainstalação:

a) Calor transferido na linha entre o gerador de vapor (caldeira) e a turbina ⇒entre 1e 2 (tubulação)

b) Trabalho produzido pela turbina ⇒entre 2 e 3 (wvc)c) Calor transferido no condensador ⇒entre 3 e 4 (qvc)

d) Calor transferido no gerador de vapor ⇒entre 5 e 1 (qvc(cald))

Use as tabelas de vapor e/ou diagrama de Mollier para vapor de água.

SoluçãoA equação geral da energia ou a 1ª lei da termodinâmica em regime permanente é:

vc

c

s

c

s

s

c

e

c

e

evc w J g

g Z

J g

V h

J g

g Z

J g

V hq +++=+++

22

22

(1)

As velocidades e as alturas não são dadas, portanto, as variações de energia cinética eenergia potencial são desprezadas. Tem-se, então,

vc sevc whhq +=+ (2) 1ª lei reduzida!As entalpias nos pontos 1, 2, 3 e 4

Ponto 1 ⇒ Das tabelas de vapor d’água superaquecido, tem-se, com P1=20 kgf/cm2 eT1=320 ºC,Vapor superaquecido (pág. 493, A.1.3.(a)) ⇒h1=733,2 kcal/kgOu pelo diagrama de Mollier :h1=3070 kJ/kg=3070/4,187=733,2 kcal/kg

Ponto 2 ⇒P2=18,5 kgf/cm2, T2=290 ºCVapor superaquecido (pág. 493, A.1.3.(a))

Por interpolação linear ( ) 112

12

1 y y y x x

x x y +−

−−

= , onde h=y e P=x

Portanto h2 ≈ 717,99 ≈ 718 kcal/kgOu pelo diagrama de Mollier :h1=3010 kJ/kg=3010/4,187=718,89 kcal/kg

Ponto 3 ⇒P3=0,15 kgf/cm2, x=93%

72

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Vapor de água saturado: V+LTabela de pressão (pág. 481, A.1.2.(a))

h3= ( ) kg kcal xhh x vl /7,5804,62093,05,53)93,01(1 ≅∗=−=+−Ou pelo diagrama de Mollier :h1=2430 kJ/kg=2430/4,187=580,37 kcal/kg

Ponto 4 ⇒P4 = 0,13 kgf/cm2, T4 = 40 ºCVapor de água saturado: neste problema apenas LEntalpia apenas depende da temperatura também para líquido.

Tabela de pressão (pág. 481, A.1.1.(a))h4 ≈ 39,98 kcal/kg

a) Considerando um volume de controle que inclua a tubulação entre o gerador de vapor e a turbina (ponto 1-2):

whhqcal +=+ 21

Mas w=0, portanto: kg kcal hhq /2.152.7337181221 −=−=−=O sinal negativo significa perda de calor pela tubulação.

b) A turbina é essencialmente uma máquina (um acessório) adiabática. Considerando umvolume de controle em torno da turbina (ponto 2-3):

kg kcal hhwwhhqturb /3.1377.58071832323232 =−=−=⇒+=+

O trabalho é produzido!

c) Para o condensador o trabalho de eixo é nulo (ponto 3-4):kg kcal hhqwhhq /72.5407.58098.3934434343 −=−=−=⇒+=+

O calor é rejeitado!

d) Para o gerador de vapor, o trabalho do eixo é nulo (ponto 5-1):51151515 hhqwhhq −=⇒+=+

Determinação de h5

Considerando um volume de controle em torno da bomba (ponto 4-5), pode-seachar h5. A bomba é um acessório adiabático e seu trabalho é negativo.

kg kcal whhwhhq /68,41)7.1(98.395445545454 =−−=−=⇒+=+

Portanto: kg kcal hhq /52.69168.412.7335115 =−=−=

Calor fornecido ao gerador de vapor!

Rendimento desse ciclo

%61.1952.691

6.135

52.691

)7.1(3.137)(≈⇒=

−+=

−+==∑ t

Bt

H

t q

ww

q

wη η

Outro método: ∑ ∑= )( qw ⇒1ª lei para ciclo

73

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52.691

6.135

52.691

)2.15()72.540(52.691)()(=

−+−+=

−+−+== ∑

q

qqq

q

qtubcond cald

H

t η

%61.19≅t η

Exemplo 2Hélio é expandido adiabaticamente numa turbina (a gás) de 400 kPa e 260 ºC a

100kPa (100 kPa = 1 bar = 105 N/m2 = 0.9869 atm). A turbina é bem isolada e avelocidade na entrada sendo muito pequena, portanto, é desprezada. A velocidade nasaída é 200 m/s. Calcule o trabalho produzido (trabalho de eixo) por unidade de massa

do hélio no escoamento.Solução:

Dados: P1 = 400 kPa, P2 = 100 kPa, T1 = 260 ºC + 273 = 533 ºK, T2 = ?V1 ≈ 0, V2 ≈ 200 m/s

Da tabela (pág. 538): Khélio = 1.667, Cpo Helio 1.25 kcal/kgºK

O hélio é expandido adiabaticamente. Para o processo adiabático vale:

k

k

P P

T T

1

1

2

1

2

= ou K

P P T T

k

k

º08,306400100533 667.1

1667.11

1

212 ≈

=

=

−−

Considerando-se o hélio como sendo gás perfeito, tem-se:kg kcal K kg kcal T T C hh po /65.283)º53308.306(/25.1)( 1212 −≈−=−=−

A turbina é isolada (adiabática, q=0), dado que V1 ≈ 0 e V2 ≈ 200 m/s, e considerandod(EP) ≈ 0, tem-se, pela 1ª lei:

kcal kgfmkgfskgm

smkg kcal w

J g

V V hhwq

c /427/81.92

/)0200(/65.283

2 2

2222

1

2

2

12 ∗∗−

+−=−⇒−

+−=−

kg kJ kg kcal w /67.1167/88.278 ≈≈

Aplicação da desigualdade de CLAUSIUS (ciclo termodinâmico)

A equação 3.1.4.b ∫ ≤∂

0T

Q

Exemplo 3

74

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7/11/2019 Apostila de EME-35

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Fig.Instalação a vapor para mostrar a desigualdade de CLAUSIUS .Satisfaz esse ciclo à desigualdade de CLAUSIUS?

SoluçãoSão dois os locais onde se realiza a transferência de calor ;caldeira e

condensador.

Assim ,

∫ ∫ ∫

∂+

∂=∂

CONDCALD T

Q

T

Q

T

Q

Como a temperatura permanece constante ,tanto na caldeira quanto nocondensador , a expressão acima pode ser integrada como se segue :

3

43

1

214

33

2

11

11

T

Q

T

QQ

T Q

T T

Q+=∂+∂=

∂∫ ∫ ∫ 2ª Lei

w J g

g Z

J g

V h

J g

g Z

J g

V hq

c

s

c

s

s

c

e

c

e

e H +

++=

+++

22

22

1ª Lei

As entalpias nos pontos (1),(2),(3) e (4)

hl=h1=165,6 kg kcal (a 7 kgf/cm2 pág 482)

T1=164,2 ºC (pág. 482)

75

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7/11/2019 Apostila de EME-35

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hv=h2=695,5 kg kcal (a 7 kgf/cm2 pág 482)

h3=[(1-x)hl+xhv]3=(1-0,9)53,5+0,9*620,4=563,71kg

kcal

(a 0,15 kgf/cm2 ), T3=53,6ºC(pág. 482)

h4=[(1-x)hl+xhv]4=(1-0,1)53,5+0,1*620,4=110,19 kg kcal

(a 0,15 kgf/cm2)

Considerando d(EP)=0=d(EC) e aplicando a 1ª Lei ou energia por unidade demassa ,tem-se,

21 q =h2-h1=659,5-165,6=493,9 kg kcal ;T1=164,2ºC

43 q =h4-h3=110,19-563,71=-453,52 kg kcal ,T3=53,6ºC

Dessa maneira ,

K kg

kcal

k kg

kcal

T

q

T

q

T

q

º258671,03879724,11293014,1

º15,2736,5352,453

15,2732,1649,493

3

43

1

21

−=−=

+

−+

=+=∂

Assim,esse ciclo satisfaz à desigualdade de CLAUSIUS ,o que é equivalente adizer que ele não viola a 2ª Lei da termodinâmica . Resp

4.5.8 2ºLei da termodinâmica para volume de controle

VC s s seee

J

J VC sm smT

Q

dt

dS σ

+Σ−Σ+Σ= (4.5.8)

taxa de variação taxa de transferência de taxa de produção dede entropia entropia entropia

Hipóteses

(1) Regime permanente : 0=dt

dS VC

2587,0 ≤−≅∂

∫ K kg

kcal

T

q

76

Page 77: Apostila de EME-35

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∴ VC s s seee

J

J

J sm smT

+Σ−Σ+Σ=0

(2) Processo adiabático (Não há troca de calor) : 0=Σ J

J

J T

Q

∴VC s s seee sm sm σ

+Σ−Σ+= 00(3) Processo reversível ,isto é ,sem produção de entropia: 0=VC σ

∴ 000 +Σ−Σ+= s s seee sm sm

ou s s seee sm sm Σ=Σ

(4) Única entrada e única saída : mmm se ==

Finalmente , se=ss (4.5.9) 2ª Lei p/ VC.

Aplicação da 2ª Lei p/ VC

Exemplo 4

O vapor d’água entra numa turbina a 10 kgf/cm2

, e 250 ºC ,com uma velocidadede 50 m/s e deixe a turbina na pressão de 1,5kgf/cm2 ,com uma velocidade de150m/s.Mede-se o trabalho retirado (produzido) da turbina ,encontrando-se o valor de 50

kg kcal de vapor escoando através da turbina .Determine o rendimento da turbina.

Solução

Turbina é um acessório térmico essencialmente adiabático .

1ª lei(reduzida): VC

c

s

s

c

e

e W J g

V h

J g

V h ++=+

22

22

(1)

2ª lei : ss=se (2)

Relações de propriedades : TABELAS DE VAPOR OU (3)

77

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DIAGRAMA DE MOLLIER

Das tabelas de vapor (pág 493) com 10 kgf/cm2 e 250º C acha-se , kg kcal he 1,703≅ e

K kg kcal se º

6565,1=

ouCom o diagrama de MOLLIER (Pe=10kgf/cm2 e te=250ºC) acha-se he=2945 KJ/kg ≅703,37 kg

kcal ; e se=6,94 K kg KJ

º ≅ 1,6575 K kg kcal

º

As duas propriedades independentes conhecidas no estado final são pressão eentropia .

Ps=1,5 kgf/cm2 e se=ss ≅ 1,6565 K kg kcal

º .

Portanto , o título e a entalpia do vapor ao deixar a turbina podem ser determinados.

pág 481ss=1,6565 = sv – (1-x)sslv=1,7255 – (1-x)s1,3848

Ps=1,5kgf/cm2

ou 0498,03848,1

6565,17255,1)1( ≅

−=− s x ou

ou com Ps e ss também acha-se do diagrama x=95% e hs=2580 kg KJ ≅ 616,19 kg kcal .

pág 481hs = hv-(1-x)shlv = 642,7-(1-x)s531,8

Ps=1,5kgf/cm2

=642,7-(0,0498)531,8 ∴

Pode-se agora determinar o trabalho por kg de vapor para esse processo isentrópico ,usando a 1ª lei como escrita acima.

s

c

se seVC

W kg

kcal

J g

V V hhW

=≅−

+=

−+−=

−+−=

49,84427*81,9*2

22500250088,86

427*81,9*2

1505022,6161,703

2

2222

x=0,9502

hs ≅ 616,22 kg kcal

78

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que é o trabalho que seria realizado em um processo adiabático reversível (isentrópico) .

Mas o trabalho medido (real) é =Wr =50 kg kcal

∴Resp.

5ª Lista de Exercícios de EME-35

Questão 1O vapor d’água entra numa turbina a 10 kgf/cm2 e 250ºC . O vapor sai da turbina

à pressão 1,5 kgf/cm2.Mede-se o trabalho retirado da turbina ,encontrando-se o valor de50 kcal/kg de vapor escoando através da turbina .Determine o rendimento da turbina

,usando apenas o diagrama de MOLLIER .Resp: %35,57≅Turbη

Questão 2Em uma usina termoelétrica de turbina a gás , ciclo fechado ,atemperatura (em ºC) e a velocidade (em m/s) do fluido de trabalho(AR) entre vários componentes são:

Localização Temperatura VelocidadeEntre resfriador e compressor 32 90Entre compressor e aquecedor 232 30

Entre turbina e resfriador 518 105

A velocidade do ar entrando na turbina á 210m/s e a transferência de calor ao ar no aquecedor é 153 kcal/Kg . Outras transferências de calor à atmosfera podem ser desprezadas .Faça o esboço do problema .Calcule :a)a temperatura do ar na entrada da turbina,b)a transferência de calor líquido do ar no resfriador,c)o trabalho líquido na saída da usina,d) eficiência térmica.

Assumir o calor específico à pressão constante do ar é uma função apenas datemperatura sendo dado , cp ≅ 0,24 kcal/kgºK

Resp:a)t3 ≅ 848ºCb)qL ≅ -116,99 kg

kcal

c)Wliq ≅ 36,01 kg kcal

d) t η ≅ 23,54%

%18,5949,84

50≅==

s

r

turbW

W η

79

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Questão 3Num escoamento regime permanente ,a água à temperatura 60ºC e à pressão 3

2cmkgf (h=59,4 kg

kcal ) entra numa seção da planta de aquecimento na qual não há

bomba.A água sai à temperatura 48ºC e à pressão 2,6 2

cm

kgf (h=47,7kg

kcal ) .A as’da

do tubo está 25,5mm acima do tubo de entrada.Calcular a transferência de calor por unidade de massa d’água ,considerando-se que não haja diferença da energia cinética .

Resp: kg kcal q O H 70,11

2−≅

Questão 4O bocal é um aparelho para aumentar velocidade e é usado num escoamento em

regime permanente .

Na entrada de um certo bocal, a entalpia de um fluido escoante é 715 kg kcal e a

velocidade é 60m/s . Na saída a entalpia é 660 kg kcal .O bocal é horizontal e não há

perda de calor do bocal.a)Ache a velocidade na saída do bocal,b) Se a área de entrada e o volume especifico do fluido na entrada forem 1000cm 2 e0,187m3/kg,respectivamente ,calcule a vazão em massa,c)Se o volume específico do fluido na saída do bocal for 0,498 m 3/kg,ache a área desaída.

Resp:Vsaida ≅ 676m/s , s

kg m 08,32≅ , Asaida ≅ 236,33cm2.

Questão 5O fluxo de massa que entra numa turbina a apor d ‘água é 5000

hkg e o calor pela

turbina é 7500h

kcal .Conhecem-se os seguintes dados para o vapor que entra e sai da

turbina :Condições de entrada Condições de saída

Pressão 20kgf/cm2 1kgf/cm2

Temperatura 370ºC ------Título ------ 100%Velocidade 60m/s 180m/s

Altura em relação ao plano de referência 5m 3mDetermine a potência fornecida pela turbina.

Resp: HP h

kcal W VC 908581838 ≅≅

80

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Questão 6

Uma turbina a vapor recebe um fluxo de massa de 5000h

kg e entregue 550KW .

A perda de calor da turbina é desprezada.a)Acha a variação da entalpia específica através da turbina se a velocidade na entrada e

a diferença da energia potencial forem desprezadas .A velocidade na saída é 360m/s,b)Calcular a variação da entalpia específica através da turbina se a velocidade na entradafor 66m/s e o tubo de entrada for 3m acima do mesmo de saída .

Resp:a)hs-he ≅ -110 kg kcal

b) hs-he ≅ -109,55 kg kcal

Questão 7

Em que se aplica as seguintes expressões da 2º lei da termodinâmica:

a) ds ≥ 0b) Se o resultado da expressão no item a) for negativo, qual será a conclusão?c) Ss = Se d) Tds = du + pdve) ∫∂Q/T ≤ 0

Questão 8

Escreva a energia na forma diferencial e explique todos os termos.Questão 9

A equação de BERNOULLI é um caso específico da 1ºlei.Quais são as hipóteses da equação de BERNOULLI?

Questão 10

Quais são as hipóteses feitas para chegar a 2°lei da termodinâmica para volume decontrole?

Questão 11

Quais são os acessórios térmicos de sistemas abertos nos quais a 1°lei datermodinâmica é aplicada?

PROBLEMAS RESOLVIDOS

APLICAÇÃO DA EQUAÇÃO DE BERNOULLI AOS PROBLEMAS DEENGENHARIA

81

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Problema 1

a) Determinar a velocidade de saída do orifício instalado na parede doreservatório da figura 1.

b) Determinar a vazão do orifício.

Figura 1 escoamento num orifício (local) a partir de um reservatório.

Solução

a) O jato sai com formato cilíndrico submetido à pressão atmosférica, em suaperiferia. A pressão ao longo do seu eixo é também a atmosférica para efeitospráticos. A equação de BERNOULLI é aplicada entre um ponto 1da superfície livreda água e em um ponto a jusante 2 do orifício.

P1/г + V12/2g + Z1 = P2/г + V2

2/2g + Z2 1)

ou V22/2g = P1-P2/г + V1

2/2g + Z1 –Z2

Mas P1 = P2 = Patm , A velocidade na superfície 1 do reservatório é nula (praticamente),

Z1- Z2 = H ; Logo

V22/2g = 0 + 0 + H ∴ V2 = √2gH m/s ou seja V2 = √2x9,806x4 = 8,86 m/s que

estabelece que a energia de descarga (V2) é igual à velocidade de queda livre a partir dasuperfície do reservatório. Este resultado, V2 = √2gH é conhecido como teorema deTORRICELLI.

.

82

H = 4 mÁgua

FluidoIncompressível

Orifício

100 mm

Z2

Z1

1

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1) A vazão V é igual ao produto da velocidade de descarga pela área do jato.Diâmetro do jato = 100 mm = 0,1 m

.

∴ V = A2V2 = Π D22xV2 = Π /4x(0,1)2x8,86 m3/s

.

∴ V ≅ 0,0696 m3/s ≅ 0,07 m3/s = 70 l/s Resp

Notas

Esta equação de TORRICELLI não é perfeitamente verdadeira porque há umaperda de energia a qual não foi considerada.

A equação prática é:.

V = CDA0√2gH 2)Onde CD = coeficiente de descarga (tem valor entre 0,57 a 0,64)

A0 = área do orifício.

Problema 2

Um medidor VENTURI consiste de um conduto convergente, seguido de um conduto dediâmetro constante chamado garganta e, posteriormente, de uma porção gradualmentedivergente. É utilizado para determinar a vazão num conduto (figura 2). Sendo o diâmetro

da seção 1 igual a 15,2 cm e o da seção 2 igual a 10,2 cm, determinar a vazão noconduto quando P1 – P2 = 0,211 Kgf/cm2 e o fluido que escoa é óleo com d = 0,90.

Figura 2 Medidor VENTURI

Solução

Aplicando-se a equação de BERNOULLI entre pontos 1 e 2 tem-se,

P1/г + V12/2g + Z1 = P2/г + V2

2/2g + Z2

ou V22/2g = P1-P2/г + V1

2/2g + Z1 –Z2 1)

83

1 2

Escoamento

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.Continuidade: A1V1 = A2V2 = V

ou V22 = (A1/A2)2V1 2)

Levando 2) em 1) tem-se,

[(A1/A2)2-1]V12/2g = P1-P2/г + Z1 –Z2

∴ V1 = [2g (P1-P2/г + Z1 –Z2)/ ((A1/A2)2 –1)]1/2 3)

e . V = A1V1 = A1[2g (P1-P2/г + Z1 –Z2)/ ((A1/A2)2 –1)]1/2 4)

Aqui, A1 = Π D12/4 = Π /4.(15,2x10-2 m )2 = 0,0181531 m2

A2 = Π D22/4 = Π /4.(10,2x10-2 m )2 = 0,0081745 m2

(A1/A2)2 = 4,9315018 , P1-P2 = 0,211 Kgf/cm2 = 0,211x104 Kgf/m2 ,

Z1 –Z2 = 0 , g = 9,806 m/s2 , гóleo = гH2O x dH2O

Гóleo = 1000 Kgf/m3 x 0,90 = 900 Kgf/m3 .

∴ V ≅ 0,0181531[ 2 x 9,806 (0,211 x 104 /900) / (4,9315018 – 1) ] 1/2

ou seja.

∴ V ≅ 0,0621 m3/s ≅ 62,1 l/s Resp

Notas

Há uma perda de energia na seção convergente, portanto, um coeficiente de descargadeve ser introduzido na equação de BERNOULLI..V = CdA1[2g (P1-P2/г + Z1 –Z2)/ ((A1/A2)2 –1)]1/2

onde Cd =Coeficiente de descarga = 0,89 a 0,99

Cd será 0,98 a 0,99 se:1) Escoamento for turbulento (Reynolds, RE ≥ 10000)2) Não tiver válvula de cobertura dentro de 20 diâmetros da montante da venturi.

Problema 3

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O dispositivo mostrado pela Figura 3 é utilizado para determinar a velocidade do líquidono ponto 1. É constituído de um tubo, cuja extremidade inferior é dirigida para montante ecujo ramo vertical é aberto à atmosfera. O impacto, na abertura 2, força o mesmo a subir no ramo vertical a uma altura h acima da superfície livre. Determinar a velocidade noponto 1.

Figura 3 Tubo de Pitot

Solução

O ponto 2 é um ponto de estagnação, onde a velocidade do escoamento anula-se (V2 ≅0). Este fato cria uma pressão devida ao impacto, chamada pressão dinâmica, que forçao fluido no ramo vertical. Escrevendo-se equação da energia (BERNOULLI) entre ospontos 1 e 2 e desprezando-se as perdas, que são muito pequenas, teremos

P1/г + V12/2g + Z1 = P2/г + V2

2/2g + Z2

Mas Z1 =Z2 e V2 ≅ 0

∴ V12 /2g = P2/ г – P1/ г

P1/ г é dado pela altura do fluido acima do ponto 1 é igual k metros do fluido que escoa.P2/ г é dado pelo piezômetroe vale k + h, desprezando o efeito capilar. Substituindo essesvalores na equação,

V1

2

/2g = k + h – k ou seja V1 = √2gh m/s 1)Este é o tubo de Pitot numa forma simplificada. A equação 1) tem a mesma expressão doTeorema de TORRICELLI e fornece a velocidade de corrente líquida na entrada do Tubode Pitot.

85

1 2

k

h

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6ª Lista de exercícios

Questão 1:Com o tubo de Pitot mede-se a velocidade da água no centro de um conduto com

25 cm de diâmetro (Fig 1). A diferença de carga é h=0.1 mca. Devido ao grande diâmetro,

supõe-se que que a velocidade média da água neste tubo corresponde a 2/3 davelocidade no seu centro. Calcular a vazão volumétrica.

Fig1 – Tubo de Pitot

Resp.: V’ ≈ 0.0456 m3/s = 45.6 litros/s

Questão 2:O Centro de um orifício circular está 8,5 m abaixo da superfície livre(S.L.

constante) de um reservatório. Determinar o diâmetro deste orifício para que a vazão sejade 25,34 l/s (desprezando as perdas de energia), supondo o escoamento permanente.

Resp: D ≈ 50 mm

Questão 3:

Em um reservatório de S.L. constante, tem-se um orifício com diâmetro d1 = 0,02 mà profundidade h1=3m (Fig 2). Substituindo-o por outro com diâmetro d2=0,015m,determinar a que profundidade deve ficar o novo orifício, a fim de que a vazão seja amesma do primeiro, desprezando todas as perdas de energia.

Fig2 – orifício num reservatórioResp: h2 ≈ 9,481 m.

Questão 4:Óleo combustível (SAE 10) escoa através de um medidor Venturi (Fig 3). A

pressão no ponto 1 é 2,04 kgf/cm2. O coeficiente de descarga Cd do Venturi é 0,95.Calcule a vazão volumétrica se a pressão no ponto 2 for 1,70 kgf/cm2. Dados: Adensidade (absoluta) do óleo, d = 0,91. 1000=oleoγ kgf/m3

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Fig3 – Medidor Venturi

Resp: 0093,0=•

V m3/s = 9,3 l/s.

Questão 5:Um tubo de Pitot estático é usado para medir a velocidade d’água escoando num

tubo. Se a diferença entre pressão total e pressão estática for 1,07 kgf/cm2, qual é avelocidade?

Resp: V ≈ 14,49 m/s.

87

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Capítulo 5

5.1.0 – Fluído

Um fluído é uma substância que se deforma continuamente quando submetida a uma tensão

de cisalhamento.Uma força de cisalhamento (ou atrito) é a componente tangencial da força que age sobre a

superfície e, dividida pela área da superfície, dá origem à tensão de cisalhamento.

5.1.1 – Fluído Real

O fluído real tem viscosidade (µ > 0) que causa o atrito do fluído (atrito entre as duascamadas de um fluído quando em escoamento). Ela é, responsável pela irreversibilidade e nocomportamento do escoamento dos fluídos na maioria dos processos em vários campos daengenharia.

5.1.2 – Viscosidade

Viscosidade por definição é a propriedade de um fluído responsável pela resistência aocisalhamento.

Viscosidade dinâmica ou absoluta, µ = ρ .υ [Ns/m2] onde υ = viscosidade cinemática[m2/s].

5.1.3 – Lei de Newton para viscosidade

A lei de Newton para a viscosidade é definida como:τ = µ .dV (5.1)

dyonde τ = a tensão de cisalhamento (N/m2), dV = 0 gradiente de velocidade (taxa de

transformação) dy(s-1 = 1/s), µ = viscosidade absoluta ou dinâmica (Ns/m2).

A viscosidade é uma função da temperatura. Nos líquidos a viscosidade diminui com atemperatura e nos gases ela aumenta com a temperatura.

Todo fluído que se aplica a equação (5.1) é chamado de fluído Newtoniano.

5.1.4 – Classificação dos fluídos

Os fluídos podem ser classificados como newtonianos ou não-newtonianos. No fluído newtoniano existe uma relação linear entre o valor da tensão de cisalhamento

aplicada e a velocidade de deformação resultante (taxa de deformação ou gradiente de velocidade).É bom lembrar que µ é constante na equação (5.1) e é válida em um escoamento linear.

No fluído não-newtoniano existe uma relação não-linear entre o valor da tensão decisalhamento aplicada e a velocidade de deformação angular.

Gases e líquidos finos tendem a ser fluídos newtonianos, enquanto que hidrocarbonetos delongas cadeias podem ser não-newtonianos.

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Fig. 1 – Digrama reológico

5.1.5 – Escoamento Laminar e Turbulento

Escoamento Laminar

Laminar quando as linhas de corrente se mantêm paralelas. Os elementos fluídos ou partículas parecem deslizar uns sobre os outros em camadas ou lâminas. Este movimento échamado escoamento laminar.

89

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Escoamento Turbulento

Turbulento quando as linhas de corrente perdem a individualidade. Os elementos fluídos ou partículas tem um movimento desordenado ou caótico de partículas individuais, sendo vistosredemoinhos de vários tamanhos. Este movimento é chamado de escoamento turbulento.

Entre os regimes laminar e turbulento pode-se caracterizar um regime transitório, em que aslinhas de corrente não perdem totalmente a individualidade. Esta região representa grandeinstabilidade. Ocorrendo qualquer perturbação, o regime passa a ser turbulento. Além disso, noregime laminar a distribuição de velocidade do escoamento é parabólica, enquanto que noturbulento é achatada. Sendo a velocidade local do escoamento v = V máx no centro do tubo. Noescoamento laminar temos que a velocidade média, V = 0,5.Vmáx e no turbulento V = 0,82.Vmáx (ou0,80 a 085).

5.1.6 – Número de Reynolds

Para se saber se o escoamento é laminar ou turbulento, é necessário saber o número deReynolds. O número de Reynolds é um parâmetro adimensional que se aplica a escoamentosdinamicamente semelhantes. Ele é definido pela relação:

RE = ρ .V.L (5.1.1) µ

onde ρ = massa específica do fluído (kg/m3),V = velocidade característica do fluído (m/s),

µ = viscosidade absoluta do fluído (Ns/m2),L = comprimento característico (m).

Para o caso de tubos: L = D = diâmetro do tubo (m), V = velocidade média do fluído (m/s).

Logo,adimensional (5.1.2)

o número de Reynolds é uma relação entre as forças de inércia e de viscosidade.Uma vez levantado o número de Reynolds, este vale para qualquer fluído

newtoniano ou não-newtoniano.

5.1.7 – Classificação dos Regimes

As experiências mostram que nos condutos (tubos circulares) forçados:

(a) Se RE ≤ 2000 (5.1.3)o regime (escoamento) é LAMINAR, isto é, as partículas percorrem trajetórias paralelas (Fig.

1)

Fig. 1 – Escoamento laminar

90

RE = ρ .V.L = V.D υ

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(b) Se 2000 < RE < 4000 (5.1.4)o escoamento é instável ou de transição.

(c) Se RE≥

4000 (5.1.5)o regime é turbulento, isto é, as trajetórias das partículas são irregulares (Fig. 2)

Fig. 2 – Escoamento turbulento

PROBLEMAS RESOLVIDOS

Problema 1

Suponhamos um óleo de palmeira (µ = 4524x10-6 kgf.m-2.s), escoando sob regime laminar em uma tubulaçãoindustrial com 90 mm de raio interno (Fig. 3). Supondo que a distribuição da velocidade seja uma função linear (OM nafigura), obter:1) o gradiente de velocidade dV/dy;2) o valor da tensão de cisalhamento τ no fluído. V = 1,08 m/s

MV2

Fig. 370 mm V1

V0

V

O Parede de um tubo

Solução

1)O segmento de reta OM satisfaz à função linear yV .α = ∴ y

V =α

Pela figura, tem-se no ponto M:

y = r = 90 mm e V = 1,08 m/s = 1080 mm/s1.12.90

/.1080 −=== smm

smm

y

V α que representa a inclinação de OM e que corresponde ao gradiente

de velocidade dv/dy, pois α é a razão entre v e y. Então,1.12 −= s

dy

dv

A unidade s-1 é conhecida como “segundo recíproco ou inverso”. Resp.

91

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2)Pelo enunciado,µ = 4524x10-6 Kgf.m-2.sSubstituindo estes 2 últimos valores na lei de Newton da viscosidade, tem-se,

126 .12...10..4524−−− ××== s sm Kgf

dy

dv µ τ

2/.054,0 m Kgf ≅τ Resp.

Problema 2

Mostrar que não há tensão de cisalhamento nos fluídos em repouso.

Solução:Na situação de repouso, não há velocidade e portanto, é nulo o gradiente de velocidade

0=dy

dv ∴ 0==

dy

dv µ τ

mostrando que a tensão de cisalhamento é nula, qualquer que seja a viscosidade µ do fluido emrepouso. Q.E.D.

Problema 3

Um viscosímetro simples e preciso pode ser confeccionado a partir de um pedaço de tubo capilar. Se a vazão e a quedo de pressão forem medidas e a geometria

do tubo for conhecida, a viscosidade pode ser calculada através da equação L

D P V

..128

... 4

µ

π ∆=

Um teste para um certo líquido em um viscosímetro capilar forneceu osseguintes dados:vazão = 880 mm3/s, diâmetro do tubo = 0,50 mm, comprimento do tubo = 1 m, quedade pressão = 1,0 MPa.Determinar a viscosidade do líquido.

Solução: Escoamento em um viscosímetro capilar. A vazão é •

V = 880 mm3/s

D = 0 , 5

L = 1 m

2621 /.101.0,1 m N M P a P P P ×==−=∆

1 2

A equação de cálculo: L

D P V

..128

... 4

µ

π ∆=

Suposições: 1) Escoamento laminar 2) Escoamento permanente 3) Escoamento incompressível 4) Escoamento totalmentedesenvolvido (o perfil de velocidade é o mesmo em qualquer seção)

92

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Então,

( )( )

×

×

×

××=

∆= •

33

44

2

64

.88010

150,0

100,1128..128

...

mm

s

mm

mm

m

N

V L

D P π π µ

∴ 2

31074,1m

N −×≅ µ Resp.

Conferir o número de ReynoldsSupor que a massa específica do fluido seja similar à da água, ou seja, 999 Kg/m3

Continuidade:

( ) mm

m

mm s

mm

D

V

A

V V

.1050,0

1.8804

.

.4

322

3

2

×××=

==

••

π

π

∴ smV /48,4≅

Número de Reynolds

m Kg

Ns

Ns

m

mm

mmm

s

m

m

Kg DV RE

.1074,110.50,0

48,4999..

2

3

2

3

3

×

×

×

×

××==

µ

ρ

∴ 1286≅ RE

Conseqüentemente, o escoamento é mesmo laminar, já que RE < 2000. Resp.

Problema 4

Determinar o número de Reynolds para o escoamento de 140 l/s de óleo, υ =0,00001 m2/s, num tubo de ferro fundido de 200 mm de diâmetro.

Solução

v

DV DV RE

...==

µ

ρ ( 1 )

Continuidade: V DV AV 4..

2

π ==•

ou 2..4 DV V

π

= ( 2 )

Levando ( 2 ) em ( 1 ) tem-se,

v D

V RE

..

.4

π

= ( 3 )

Dados:•

V = 140 l/s = 0,140 m3/s , D = 200 mm = 0,2 m , v = 0,00001 m2/s

93

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∴ ( )( )

9,8909/.00001,0.2,0

/.140,042

3

≅×

×=

smm

sm RE

π

ou

40009,8909 >≅ RE Escoamento turbulento! Resp.

7a Lista de Exercícios

Questão 1

Um óleo de viscosidade absoluta 0,01 kgf.s/m2 e densidade 0,85 escoa atravésde um tubo de ferro fundido de 300 mm de diâmetro com a vazão volumétrica 0,05m3/s. Determinar o número de Reynolds.

Questão 2

Um líquido tem viscosidade 0,005kg/m.s e massa específica de 850 kg/m3.Calcular a viscosidade cinemática em unidades SI.

Questão 3

Defina a viscosidade e a lei de Newton da viscosiddade.

Questão 4

Explique escoamentos laminar e turbulento.

Questão 5

O que é um fluído newtoniano? Citar os exemplos.

94

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Questão 6

O que é um fluído não-newtoniano? Dar os exemplos.

Escoamento de fluído real(A equação de Bernoulli)

O escoamento de fluído real é muito mais complexo que o escoamento defluído ideal, devido a existência de viscosidade. A viscosidade introduz a resistênciaao movimento pela força de atrito entre as partículas de fluídos ou entre as partículase a parede sólida.

Para dar escoamento, o trabalho deve ser feito contra estas forças deresistências e no processo a energia é convertida ao calor.

95

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A equação de Euler deve ser alterada a incluir a tensão de cisalhamento.A equação de movimento estável ao longo a linha de corrente para fluído real

(µ > 0).

Considere uma linha de corrente e selecione um sistema cilíndrico fluído conformeindicado na figura.

A força de pressão sobre os dois lados de elemento:P.dA –(P + dP).dA = - dP.dA (1)

O componente do peso (a força da gravidade) na direção do movimento:- ρ .dS.dA.g.cos θ = - ρ .g.dS.dA.dZ = - ρ .g.dA.dZ (2)

dSA força de atrito na direção do escoamento, F = - τ .dA = - τ .(2.π .r).dS

(3)

dM = ρ .dS.dA , a = V.dVdSaceleração é a taxa de mudança de velocidade:

a = d (V) = dV , V = f(S,t) dV = ∂V .dS + ∂V .dtdt dt ∂S ∂t

∴ a = dV = ∂V .dS + ∂V .dt ∴ a = ∂V .v + ∂V dt ∂S dt ∂t dt ∂S ∂t

Se o escoamento for estável (regime permanente):∂V = 0 ∴ a = V. ∂V = V.dV e du = ρ .dS.dA

∂t ∂S dS∴ Aplicando a 2a lei de Newton, dF = (dM).a (4)teremos, mo escoamento estável,

- dP.dA - ρ .g.dA.dZ - τ .(2.π .r).dS = dF = (dM).a = ρ .dS.dA.V.dVdS

supõe dA = π .r 2

dividindo por - ρ .π .r 2 teremos:

96

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dP + g.dZ + 2. τ .dS = - V.dV? ρ .r

(5)

Esta é a equação de Euler no escoamento fluído real.τ = tensão de cisalhamento. O termo - 2. τ .dS = o atrito do fluído. O sinal

negativo indica que aρ .r

força de atrito está na direção negativa do movimento.ou dP + d V2 + dZ = - 2. τ .dS (6) γ 2.g γ .r

Integrando da seção (1) e (2):

∫ ∫ ∫ ∫ −=+

+

2

1

2

1

2

1

22

1 .

..2

.2 r

dsdz

g

V d

dP

γ

τ

γ

ou P2 – P1 + V22 – V1

2 + Z2 – Z1 = - 2. τ (S2 – S1) = - 2. τ .L , S2 – S1 = L

γ γ 2g 2g γ .r γ .r ou P1 + V1

2 + Z1 - 2. τ .L = P2 + V22 + Z2

γ 2g γ .r γ 2g

Supõe 2. τ .L = hL γ .r

(7)

A equação (7) é a equação de Bernoulli para fluído real e incompressível onde:

(8)= perda de carga ou energia

Para fluído real, hL nunca pode ser zero.Semelhantemente, na parede (pois é possível medir a tensão de cisalhamento

na parede)

97

dP + g.dZ + V.dV = -

P1 + V12 + Z1 = P2 + V2

2 + Z2 + hL

2 2

hL =

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hL = 2. τ P.L (9) onde τ P = tensão de cisalhamento na parede γ .r

Escoamento em Tubulações1.Balanço de força e as equações fundamentais para escoamento laminar eturbulento, incompressível ou compressível

tensão de cisalhamento τ .(2.π .r.dx) condutocircular

yv

Escoamento r R vmáx centro

P P + dP

dx

Parede

Vamos considerar aqui que um fluído incompressível (com algumas restrições,o ar também pode ser considerado como fluído incompressível) escoa em regime

permanente através de um conduto circular horizontal.

Desde que o escoamento é estável e totalmente desenvolvido, o fluído não teráaceleração. Podemos então analisar a condição de equilíbrio no diagrama de corpolivre do fluído.

A soma das forças atuando sobre o fluído em movimento deve ser igual a zero. ∴ P.π .r 2 – (P + dP).π .r 2 - τ .2.π .r.dx = 0

ou –dP.π .r 2 - τ .2.π .r.dx = 0

∴ (1) Vale tanto paraescoamento laminar

quanto turbulentoforça de pressão força de cisalhamento

∴ (2) O sinal negativo representa aforça de cisalhamento

98

π .r 2.dP = -

τ = - r . dP

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(tensão de cisalhamento no caso)na direção oposta

ao escoamento.

Semelhantemente, na parede (como foi dito anteriormente que é possível medir a tesão de cisalhamento na parede)

(3) onde τ P = tensão de cisalhamento na parede, R = raiodo conduto

circular, ∆ P = a queda de pressão devido aoatrito,

L = comprimento do conduto circular.

A lei da viscosidade de Newton (no caso laminar):

τ = µ dv onde v = velocidade da camada (velocidade local)em distância

dy y da parede.Mas y = R – r ∴ dy = dR – dr = 0 – dr = - dr

cte.

∴ (4) O sinal negativo significa que v diminuiquando r aumenta.

Levando (4) em (1) tem-se:π .r 2.dP = 2.π .r. µ .dx.dv

dr ou dv = 1 r dP dr = 1 dP r dr

2µ dx 2µ dx

Integrando, ∫ ∫ = dr r dx

dP

dv ..2

1

µ

ou v = 1 dP2µ dx

99

τ P = - R .

τ = - µ

v = 1 dP r 2 + cte. de integração

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? (5)

Condições limites (As condições de contorno):1a condição: v = 0 em r = R velocidade na parede é zero.

∴ 0 = 1 dP R 2 + cte.4µ dx

∴ (6)

Sevando (6) em (5) vem quev = 1 dP r 2 - 1 dP R 2 = - R 2 dP R 2 – r 2

4µ dx 4µ dx 4µ dx R 2

? (7)O sinal negativo significa que a

pressão diminui aolongo do escoamento, isto é, -dP = ∆ P

= P1 – P2

ouP1 > P2

2a condição: v = vmáx quando r = 0 a velocidade máxima ocorre no centro

de umconduto circular.

Portanto, da equação (7),

(8)

Dividindo a equação (7) pela equação (8) tem-se,

−=

2

1 R

r

v

v

máx (9) O perfil de velocidades é parabólico em umescoamento laminar.

Finalmente, = R 2 ∆ P 1- r 2 (10)

100

cte. = - 1 dP R 2

v = - R 2 dP 1 - r 2

4µ dx R

vmáx = - R 2 dP = R 2 ∆ P = R 2 ∆ P onde ∆ P = P1 - P2

4 dx 4 dx 4 L e dx = L

v = vmáx 1 – r 2

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4µ L R

Essa é a distribuição de velocidades para um (qualquer) escoamento

laminar (fluído Newtoniano) e vale para RE ≤ 2000.

2.Vazão Volumétrica (Q ou•

V como quiser) para escoamento LAMINAR

Continuidade: ∫∫ = AdAvQ . Por definição

dr

∫ =R

dr r vQ0

...2. π

r dA = 2π rdr

dAEssa equação vale para qualquer tipo de escoamento, e qualquer tipo de fluído

(Newtoniano ou Não-Newtoniano).

NOTAA fim de calcular Q para qualquer escoamento turbulento basta você ter o

perfil de velocidades para escoamento turbulento. Porém, vamos focalizar nossasatenções para escoamento LAMINAR.

Levando (10) em (11), tem-se,dr r

R

r

L

P RQ

R

.1.4

.22

2

0

2

−∆= ∫ µ

π

( ) dr r r R R L

P R R

..1

.4.2

0

222

2

∫ −∆

= µ

π

∆=

∆= ∫ ∫ 42

..2

....2

422

0 0

32 R R R

L

P dr r dr r R

L

P R R

µ

π

µ

π

4

4

1

.2 R

L

P

µ

π ∆=

Finalmente, m3/s (12)

Essa é a equação de HAGEN-POISEULLE em escoamento laminar e vale paraRE ≤ 2000.

101

Q = π .R 4 .∆ P = π .D 4 .∆ P =•

V

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Tensão de cisalhamento na parede e velocidade de atrito

Da equação de movimento para um escoamento real (a equação de Bernoullimodificada), estável tem-se, a perda de carga,

hL = 2. τ P.L (9) / Página 2. Definição para laminar ou turbulentor.R

A perda de carga ou perda de energia mecânica é dada por DARCY-WEISBACH (mais detalhes no capítulo 6),

hL = f L V2 (13) Definição: vale tanto para escoamento laminar quanto paraturbulento

D 2gonde f = fator de atrito = φ (RE,E/D),

E = rugosidade absoluta do conduto.

NOTAEm um escoamento laminar a rugosidade absoluta não tem nenhuma influência

sobre o escoamento. Portanto, f = φ (RE) apenas para laminar.

Combinando as equações (9) e (13) vem queτ P = f ρ .V 2 (14) Definição para laminar ou turbulento.

8

ou v∗ = τ P = V f (15) Definição para laminar e turbulento.

ρ 8onde v∗ = velocidade de atrito ou de cisalhamento. É uma velocidade de

fluído que ocorre em escoamento bem perto da parede interna.

Fator de atrito em um escoamento laminar

Considera a equação (12).

Q = π .R 4 .∆ P = π .D 4 .∆ P = •V (12) Escoamento laminar ou8.µ .L 128.µ .L Escoamento

HAGEN-POISEULLEou ∆ P = 8. µ .Q ou R ∆ P = R . 8. µ .Q

L π .R 4 2 L 2 4.π .R 4

102

τ P =

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∴ (16) , R ∆ P = τ P

2 L

Mas τ P = f ρ .V 2 (14) Definição para laminar e turbulento

8∴ τ P = f ρ .V 2 = 4. µ .Q8 π .R 3

ou f = 32. µ .Q = 32. µ . Q = 32. µ .V = 64. µ ρ V2π R 3 R ρ V2 π R 2 D. ρ V2 Dρ V

2

Finalmente, (17)

Essa equação vale para escoamento laminar e RE ≤ 2000. É independente derugosidade absoluta (Portanto, vale para tubo liso ou rugoso).

Raio Hidráulico / Número de Reynolds / Perda de Carga

O raio hidráulico por definição,

(18) onde A = área de seção transversal do fluído emescoamento,

P = perímetro molhado (aquela porção do perímetro de seção

transversal onde há contato entre o fluído e osólido).

Para tubo circular: R H = A = π .R 2 = R = DP 2π R 2 4

ou (19)

Reynolds Genérico

(20) onde R H = AP

A equação (20) pode ser usada para um conduto não-circular.

103

f = 64

R H = A

D = 4.R H

RE = VDρ =V4R Hρ

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DARCY-WEISBACH (Perda de Carga) Genérico

(21) onde R H = AP

PROBLEMA RESOLVIDO

Problema 1

Água escoa através de um conduto retangular de 3 pés por 2 pés. A perda decarga em 200 pés deste conduto é 30 pés. Calcule a resistência de cisalhamentoexercida entre o fluído e a parede do conduto.

104

hL = f L V2 = f L V2

D 2 4R 2

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Capítulo 6

Cálculo de Perda de Carga distribuída e localizada

6.1 – Equação de Bernoulli para Fluidos Ideais

A equação de Bernoulli para o fluido ideal foi deducida na página 68 e novamente pode ser escritacomo:

F h z g

V P z

g

V P +++=++ 2

2

221

2

11

.2.2 γ γ (6.1)

onde = F h perda de carga = 0 = ( ) g

quu VC e s

1−−

6.1.1 – Equação de Bernoulli para os Fluidos Reais

Para os fluidos reais ( )0> µ a perda de carga, 0> F h , portanto, a equação de Bernoulli émodificada e escrita como:

F h z g

V P z

g

V P +++=++ 2

2

221

2

11

.2.2 γ γ (6.1.1.)

que é a equação de Bernoulli para os fluidos reais

Em geral,

1 P

carga de pressão ou carga piezométrica (m)

= g

V

.2

21 carga de velocidade ou carga de energia cinética (m)

z = carga de altura ou carga da energia potencial (m)

= F h perda de energia ou perda de carga (m)

Finalmente,

++−

++= 2

2

221

2

11

.2.2 z

g

V P z

g

V P h F

γ γ (6.1.1.a.)

que fornece a perda de caga entre as seções (1) e (2) de um fluido realA primeira soma entre parênteses representa a energia por unidade de peso

(N.m/N = m) de fluido na seção (1)A segunda é também a energia por unidade de peso de fuido, porém, na seção (2)

105

0

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B

Z1

Z2

S.L

(1)

(2)

Plano de referência

Fig. 1 Instalaçãocom bomba

Assim, F h representa a diferença ou perda de energia, experimentada pela unidade de peso dofluido, ao ser transportada de uma para a outra seção do conduto.

Já vimos que a equação de Bernoulli permite relacionar carga e energia. Por isto, F h é conhecidocomo “perda de carga devido ao atrito de un fluido real”.

A equação (6.1.1.a.) é válida para um escoamento num tubo, na ausência de trabalho de eixo e fluido

real incompressível.6.1.2 – Energia Fornecida para uma Bomba

Suponhamos uma bomba (Fig.1), que eleva o fluido do ponto (1) ao ponto (2), entre os quais há a perda de carga F h .

Para tal, a bomba fornecerá ao ponto (1) a necessária energia B H . Então, o 1º membro (lado

esquerdo) de (6.1.1.) ficará acrescido dessa parcela B H .

B H é a carga fornecida (desenvolvida) pela bomba.Portanto, tem-se

F B h z g

V P H z

g

V P +++=+

++ 2

2

221

2

11

.2.2 γ γ (6.1.2.)

que é a Equação de Bernoulli para o caso em que a instalação recebe a energia de uma bomba.

6.1.3 – Potência de uma Bomba

Pode-se mostrar que a potência de bomba, sem considerar o rendimento de bomba é

B B H V N ..

=γ (em Kgf.m/s) (6.1.3.)

106

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onde = B N Potencia de uma bomba, =γ Pêso específico d’água, =•

V Vazão volumétrica d’água,

= B H carga fornecida por uma bomba

Nota 1CV = 736 W = 75 Kgf.m/s

∴ 75/.. B B H V N

= γ (em CV)

6.1.4 – Instalação com Bomba e/ou Turbina p/Fluidos Reais

Pode-se mostrar que a equação genérica com bomba e/ou turbina é

F t B h H z g

V P H z

g

V P ++

++=+

++ 2

2

221

2

11

.2.2 γ γ (6.1.4.)

onde =t H carga producida por uma turbina

Potência de uma turbina

t t H V N ..

=γ (em Kgf.m/s) =75

.. t H V •

γ (em CV) (6.1.5)

onde t N = Potencia de uma turbina,

6.1.5 – Potência Real

Potência real fornecida (gasto de energia) por uma bomba ao fluido é:

B

B B

H V N

η

γ ..•

= = (em Kgf.m/s) = B

B H V

η

γ

.75

..•

(em CV) (6.1.5.)

onde = Bη rendimento da bomba

Potência real produzida por uma turbina é:

t t H V N ..

=γ (em Kgf.m/s) =75

... t t H V η γ •

(em CV) (6.1.6.)

onde =t η rendimento da turbina

107

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6.1.6 – Perda de Carga (Energia) distribuída

A Fig. 2 mostra, um trecho de uma tubulação horizontal, de diâmetro D,rugosidade ∈ , por onde escoa um fluido con velocidade V, sendo sua massa específica ρ

e a viscosidade µ .Experimentalmente, verifica-se que existe diferença de pressão P ∆ ente duas seções, distante L.

Existe entre as seções 1 e 2 uma perda de carga, oriunda do escoamento.Esta perda depende das características do fluido ρ , µ velocidade do escoamento V, da distância

ente as seções L e do tubo D, ∈ , logo:

( )∈=∆ ,,,,, D LV f P µρ

ou ( )∈= ,,,,, D LV f h F µρ

ondeγ

P h F

∆= (6.1.7.)

Pode-se demostrar que:

( ) g

V

D

L D RE h F .2

.,2

∈=φ

108

V

1 2

L

D

P1

P2

∆ P

Figura 2. Perda de carga. ∆ P = P

1– P

2= queda de pressão

ao longo do escoamento

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ou seja g

V

D

L f h F .2

2

= (6.1.8.)

onde f = fator de atrito (adimensional) = ( ) D RE ∈,φ , RE = número de Reynolds,

∈ = rugosidade absoluta (mm), =∈ D

rugosidade relativa (adimesional),

L = comprimento (mm), D = diâmetro (m), V = velocidade média do escoamento (m/s), g = acelaração da gravidade (m/s2) = 9,81 m/s2 ,

= F h perda de carga (perda de energia mecânica VC e s F quuh g −−=. ) devido ao atrito (m.N/N = m)Esta equação é a equação de DARCY-WEISBACH

6.1.7 – Escoamento em Tubos

A equação de DARCY-WEISBACH é geralmente adotada nos cálculos de condutos.

F h é a perda de carga ou queda na linha pezométrica, no comprimento L do tubo de diâmetro

interno D e com velocidade média V . F h

tem dimensão de comprimento e é expressa em metro-newtons por newton. O fator de atrito ou de perda de carga distribuida f é um fator adimensional necessário à equação para ser ter valores corretos para as perdas.

Todas as grandezas na equação (6.1.8.) exceto f podem ser medidas experimentalmente.A perda de carga F h é medida por um manômetro diferencial ligado às tomadas piezométricas nas

seções 1 e 2 separadas pela distância L.

A experiência mostra que o seguinte é verdade para escoamento turbulento:

1) A perda de carga varia diretamente com o comprimento do tubo,2) A perda de carga varia quase que proporcionalmente ao quadrado da velocidade,3) A perda de carga varia quase que inversamente com o diâmetro,4) A perda de carga depende da rugosidade da superfície interior do tubo,5) A perda de carga depende das proriedades do fluido, massa específica e viscosidade,

109

1 2

L

D

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6) A perda de carga é independente da pressão.

6.1.8 – As equações do fator de atrito ( f )

1. Regime laminar: RE

f 64

= RE ≤ 2000 (6.1.8.)

Tanto para tubo liso quanto para tubo rugoso.

Nota A rugosidade não tem nenhuma influência sobre o fator de atrito de um escoamento laminar

2. Regime turbulento:

Tubo liso: ( ) 8720 −<∈ RE D

BLASIUS: ( ) 25,03164,0 −= RE f para 5103000 ≤≤ RE (6.1.9.)

NIKURADSE: ( ) 237,0221,00032,0 −+= RE f para 64 104,310 ×≤≤ RE (6.2.0.)

KUNAKOV: ( ) 25,180,1 −−= LogRE f para 61042300 ×≤≤ RE (6.2.1.)

COLEBROOK: ( ) 8,086,01

−= f RE Ln f para 64 104,310 ×≤≤ RE (6.2.2.)

TAPAN-ELI: ( )[ ]2

5,5232867951,3.4,0

18

+−= f RE Ln f

para 61042300 ×≤≤ RE (6.2.3.)Tubo rugoso: para 73

10104 ≤≤× RE

COLEBROOK-WHITE:

+

∈−=

f RE

D Ln

f

51,2

7,386,0

1(6.2.4.)

MOODY:

+∈+=

316

10.000.2010055,0 RE D

f (6.2.5.)

PRANDT-COLEBROOK:

+

∈−=

f RE D Log

f

7,182274,1

1(6.2.6.)

6.1.9 – Problemas Simples de escoamentos em tubos

Problemas simples de escoamento em tubos são entendidos como aqueles nos quais a perda de carga

distribuída, ou devida ao atrito, no tubo é a única perda presente. O tubo pode estar colocado numa posiçãoque forma um ângulo qualquer com a horizontal. Seis variáveis comparecem nos problemas (o fluido éconsiderado incompressível):

∈•

,,,,, vh D LV F

Em geral v L, e ∈ , o comprimento, a viscosidade cinemática do fluido e a rugosidade absoluta,são dadaos ou podem ser determinados.

110

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Os problemas simples de escoamentos em tubos podem então ser classificados em três tipos:

Dado A encontrar

Tipo 1. ∈•

,,,, v D LV F h

Tipo 2. ∈,,,, vh D L F •

V

Tipo 3. ∈•

,,,, vh LV F D

Em cada um desees casos,

(1) A equação de DARCY-WEISBACH

=

g

V

D

L f h F .2

2

,

(2) A equação da continuidade

=•V AV . ,

(3) E o diagrama de MOODY ou equação analítica são usadas para determinar a grandeza incógnita

Em lugar do diagrama de MOODY pode-se utilizar a seguinte fórmula ( P. K. Swamee e A.K. Jain,Explicit equations for Pipe-Flow problems, J. Hydr. Div. Proc. ASCE, pp. 657-664, Maio 1976)explícita para f , dentro das restrições impostas,

2

9,0

74,5

.7,3

325,1

+

∈=

RE D Ln

f (6.2.7.)

Restrições:26

1010−−

≤∈≤ D e8

104,35000 ×≤≤ RE

Esta equação fornece um valor de f que difere menos de 01% daquele dadp pela equação deCOLEBROOK-WHITE (6.2.4.), poden ser vantajosamente usada numa calculadora eletrônica.

Solução para obter F h ( Tipo 1): Solução direta

Para o problema tipo 1, com ∈•

,V e D conhecidos,v D

V

v

DV RE

..

.4.

π

== ; o f pode ser

retirado da Fig. 5.32. (Diagrama de Moody) ou calculado pela equação (6.2.7.)

A substituição na equação de DARCY-WEISBACH fornece F h , a perda de carga(energia) devida ao escoamento no tubo por unidade de peso do fluido.

Exemplo 1

Determinar a perda de carga (energia) para o escoamento de 140 l/s de óleo, v = 0,00001 m2/s, num tubo de ferro fundido de 400 m de comprimento e 200 mm de diâmetro.

111

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Solução

•V = 0,140 m3/s, L = 400 m, D = 0,2 m, v = 0,00001 m2/s, ferro fundido,

∈= 0,25 mm = 0,00025 m

( )( )( )

89127/.00001,0.2,0

/.140,04

..

.42

3

≅==

smm

sm

v D

V RE

π π

A rugosidade relativa é =∈ D 0,25 mm / 200 mm = 0,00125

Do diagrama de Moody, por interpolação, f = 0,023ou resolvendo a equação (6.2.7.)

f = 0,0234 , logo

( )( ) ( )2

2

2

2

/.806,92

1

.2,04

14,0

.2,0

.400023,0

.2 smmm

m

g

V

D

L f h F

==π

ou N N mh F ..58,46≅ Resp.

Procedimento: (1) Calcule o valor do número de Reynolds ( RE ), (2) Com o valor de RE e D∈ , ache i

valor de f no diagrama de Moody ou use a eq. (6.2.7.), (3) calcule F h pela equação de DARCY-WEISBACH.

Solução para obter •

V (Tipo 2)

1. Escolhe-se um valor de f , com o valor de ( D∈ )2. Calcula-se a velocidade usando a equação de DARCY-WEISBACH3. Calcula-se o número de REYNOLDS4. Com os valores de RE e D∈ , acha-se o valor de f (do diaframa de Moody ou da eq. 6.2.7.)5. Se f inicial for igual ao valor achado ( f inicial – f achado ≤ 0,001), calcula-se a vazão volumétrica com

a equação da continuidade. Caso contrário, repita os cálculos do item 2 e 4 até convergir

Exemplo 2

Água a 15ºC escoa num tubo de aço rebitado de 300 mm de diâmetro, ∈ = 3 mm, com uma perdade carga de 6 m em 300 m. Calcular a vazão.

112

D∈

RE

f

2

22

A

V V

=

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Solução

A rugosidade relativa é 01,03,0/003,0 ==∈ D . Do diagrama de Moody, com este fator darugosidade relativa, escolhe-se um f tentativo de 0,04. Substituindo na equação de DARCY-WEISBACH,tem-se

( )2

2

/.806,92/.

.3,0.30004,0.6

sm

smV

m

mm

×

=

donde V = 1,715 m/s Da tabela C1, v = 1,13 × 10-6 m2/s

∴ ( )( )

455000/.1013,1

.30,0/.715,1.26

≅×

==− sm

m sm

v

DV RE

com este RE e D∈ Do diagrama de Moody,

f = 0,038 ( Pode-se usar também a eq. 6.2.7. )

( ) smV AV /.1213,0715,13,04

. 32 ≅×==• π

Resp.

Nota Precisava fazer mais uma ou duas tentativas para ter a resposta mais certa !

Outro método para obter •

V

Uma solução explícita para a vazão volumétrica•

V pode ser obtida da equação de COLEBROOK-

WHITE (6.2.4.) e da equação de DARCY-WEISBACH (6.1.8)

Da equação de DARCY-WEISBACH,

2

2

2

4.2

=

D g

V

D

L f hF

π (6.1.8a.) V AV .=∴•

ou 22

2 AV V

=

Resolvendo em ,1 f

L Dh g

V

f F

5

.

.81

π

= e substituindo esta equação na equação de COLEBROOK-WHITE e

simplificando, tem-se,

+∈−=

Lh D g D

v

D Ln Lh D g DV

F

F /..

.775,1

.7,3./...955,0 2 (6.2.8.)

113

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Esta equação, deduzida pela primeira vez por Swamee e Jain, é tão precisa quanto a equação de Colebrook-White e válida na mesma faixa de valores de D∈ e RE . A substituição das variáveis do exemplo 2, D =0,3 m , g = 9,806 m/s2, Lh

F / = 0,02 , D∈ = 0,01 e v = 1,13 × 10-6 m2/s

fornece smV /.1213,03

Resp.

Solução para obter o diâmetro D (Tipo 3)

1. Admite-se um valor de f ,2. Resolve-se a seguinte equação em D

f C f g h

V L D

F

...

..812

25 ==

π (1)

onde C1 é a quantidade conhecida 22

....8 π g hV L F

3. Resolve-se a seguinte equação em RE :

D

C

Dv

V RE 2

..

.4==

π

(2)

onde C2 é a quantidade conhecida vV ./.4 π •

4. Calcula-se a rugosidade relativa ( ) D∈ . ∈ → do material é conhecido5. Com RE e D∈ acha-se um novo f do diagrama de Moody6. Usa-se o novo f e repete-se o procedimento7. Quando o valor de f não mais variar (dê uma tolerância), as equações são obedecidas e o

problema está resolvido

Nota: Usualmente somente uma ou duas tentativas (iterações) são necessárias. Como normalmente se usamtubos de tamanhos padronizados, o tamanho imediatamente maior àquele obtido pelos cálculos é escolhido.

Exemplo 3

Determinar o diâmetro de tubo de aço comercial necessário para transportar 4000 gpm (galão por

minuto) (252 l/s) de óleo, v = 0,0001 pé2

/s (0,00001 m2

/s) à distância de10 000 pé (3048 m) com uma perda de carga de

lbf

lbf pé .75

Kgf

Kgf m.8,22

Solução

1 pé = 12 pol = 0,3048 m , g = 9,806 m/s2 ≅ 32,2 pé/s2

1 gal/min ≅ 0,002228 pé3/s ≅ 0,06309 l/s ≅ 0,06309 × 10-3 m3/s

114

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A vazão é s pé V /.93,8002228,04000 3≅×=•

( ) f f f

g h

V L D

F

.0,267

2,3275

93,8100008

..

..82

2

2

2

5 ≅

××

××==

π π

(1)

D D Dv

V RE

800.113

0001,0

93,84

..

.4≅

×××

==

π π

(2)

Do diagrama de Moody → ∈ (material dado) ≅ 0,00015 pé

Se f = 0,02 , D ( de (1) ) = 1,398 pé

RE ( de (2) ) = 81400, 00011,0=∈ D

Com este RE e D∈ entrando no diagrama de Moody, tem-se f = 0,019 ou useCOLEBROOK-WHITE

Repetindo-se o procedimento, D = 1,382, RE = 82300, f = 0,019 ( f não varia mais)

∴ 6,1612382,1 ≅×= D polegada Resp.

Nota: Vocês devem verificar os valores numéricos do problema, pois, o livro americano citado aquitem erros !

Outro método para obter D

Segundo SWAMEE e JAIN, uma equação empírica para determinar diretamente o diâmetro,

usando relações adimensionais e uma abordagem análoga à dedução da equação de Colebrook-White, fornece

04,0

2,54,9

75,42

25,1

..

..

66,0

+

∈=

••

F F h g

LV v

h g

V L D (3)

A solução do Exemplo 3, usando esta equação com

s pé V /.93,8 3=•

, pé .00015,0∈= , pé L .10000= , pé h F .75= ,

s pé v /.0001,02

= e2

/.2,32 s pé g =

é pé D .404,1= Resp.

A equação (3) é válida nos seguintes intervalos:

83 103103 ×≤≤× RE e 26 10210 −− ×≤∈≤ D

115

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e fornecerá um valor de D dentro da variação de 2% do valor obtido pelo método que usa a equaçãode Colebrook-White.

6.2.0 – Perda de Carga (Energia) Localizada ou Singular

As perdas que ocorrem em condutos devido a curvas, cotovelos, juntas, válvulas etc. são chamadas

perdas localizadas ou singulares e determinadas experimentalmente. Entretanto, uma exceçãoimportante é a perda de carga devida a uma expansão ou contração brusca de seção num condutoque pode ser determinada analiticamente.

As perdas localizadas ou singulares, de um modo geral, são obtidas através da expressão:

g

V k h F

.2

2

= (6.2.9.)

onde k é um coeficiente obtido experimentalmente para cada caso, conforme indica a tabela 1 eFigura 6.2.Também é bastante usual substituir a perda localizada por uma perda equivalente em um conduto.A equação de DARCY-WEISBACH para o comprimento equivalente fica:

g

V

D

L f h e

F .2

2

= (6.3.0.)

Igualando as equações (6.2.9.) e (6.3.0.) tem-se,

f

D K Le

.= (6.3.1.)

Para se calcular a perda de carga em uma tubulação com perdas distribuidas e localizadas, basta usar a seguinte equação:

g

V

D

L L

f he

F .2

2

= onde f

D K

Le

.

= (6.3.2.)

ou alternativamente

∑+= g

V K

g

V

D

L f h F .2.2

22

Tabela 1: Coeficiente k de perda de carga para várias conexões

Conexões k Válvula globo (totalmente aberta) 10,0Válvula angular (totalmente aberta) 5,00Válvula de retenção (totalmente aberta) 2,5Válvula de gaveta (totalmente aberta) 0,19Curva de raio curto 2,2Tê comun 1,8Cotovelo comun 0,9

116

distribuidaslocalizadas

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150 pés150 pés

1

150 pés

2

S

250 pés

50 pés

Curva de 90º padrão

Tubo de aço comercialde 6 pol. de diâmetro

(∈ = 0,00015 pés)

Entrada arredondadaFig. 1

Cotovelo de raio médio 0,75Cotovelo de raio longo 0,60

a) Em ângulo vivo b) Arredondado c) Saliente k = 0,5 k = 0,01 – 0,05 k = 0,8 – 1,0

Fig. 6.2 Coeficiente de perda de carga k para entrada em um tubo

Exemplo típico de problemas que envolvem perda de carga total

Exemplo 4

Água escoa de um grande reservatório e descarrega na atmosfera da forma mostrada na Fig. 1.

Determinar a vazão. Dados: k 1 = coeficiente de perda para entrada arredondada = 0,25 , k 2 = coeficiente de perda para curva de 90º =0,90 , v = 1 × 10-5 pé2/s

Solução

Inicialmente, escrevemos a equação de Bernoulli entre a superfície livre e a entrada:Em seguida V 1 = V 2 = V

117

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1

2

11

2

.2.2 z

g

V P z

g

V P s

s s ++=++γ γ

ou g

V

z z

P P s

s

.2

2

1

1

1

−−=

−γ ∴ Vs ≅ 0

∴ g

V z z

g

P P s

s

.2.

2

11 −−=

− ρ

(1)

Depois, escrevemos a equação da energia entre as seções 1 e 2 (incluindo todas as perdas):

l F d F hh z g

V P z

g

V P ..2

2

221

2

11

.2.2++++=++

γ γ

onde d F h . = perda de carga distribuida

l F h . = perda de carga localizada

Mas V 1 = V 2

∴ ( ) g

V k

g

V k

g

V

D

L f z z

g

P P

.2.2

.2.2.

2

2

2

1

2

1221 +++−=

− ρ

(2)

onde k 1 = coeficiente de perda de carga para entrada arredondada = 0,25, k 2 = coeficiente de perda para curva de 90º = 0,90 (2 curvas)

Combinando as duas equações e admitindo que P 2 = P s, temos

2

2

21.2

1.2 z z g

V k k

D

L f s −=

+++

ou

( )

1.2

.2

21

22

+++

−=

k k D

L f

z z g V s

(3)

Aqui g = 32,2 pés/s2 , z s – z 2 = 150 –50 = 100 pés L = 250 + 50 + 150 = 450 pés , D = 6/12 = ½ pés,k 1 = 0,25 , k 2 = 0,90

∴ ( )

( ) ( ) 190,0225,02/1450

1004,642

+++=

f V

118

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ou( ) 05,3900

64402

+=

f V (4)

( )

V V

v

DV RE .105

101

2/1. 4

5×=

×== − (5)

e 00030,02/100015,0 ==∈ D

Como f e V são desconhecidos, trabalhamos simultaneamente com o diagrama de MOODY (ou equaçãoanalítica) para obtermos uma solução.

V(admitida) RE(eq. 5) f(diagrama) V(calculada, eq. 4)

10 5× 105 0,0165 361

370 1,85× 107 0,0150 390390 1,95× 107 0,0150 390

Achamos V = 390 pés/s , e V AV .=•

( ) ( )3902/14

1.

4

. 22

π π

== V D

∴ s pésV /.6,76 3=•

Resp.

8º Lista de exercícios

Questão 1

O que é perda de carga ?

119

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Questão 2

Explique perda de carga distribuída e localizada.

Questão 3

Como perda de carga depende em um escoamento turbulento ?

Questão 4

Refazer o Ex3(pág129) no sistema Internacional.

Questão 5

Refazer o Ex1(pág125) corretamente e verificar os dados numéricos calculados.

Questão 6

Refazer o Ex2(pág126) usando a equação de Colebrook-White.

Questão 7

Refazer o Ex4(pág132) no S.I.

Questão 8

Qual o nível, h, que deve ser mantido no reservatório para produzir uma vazão volumétrica de 0,03m3/s de água ?. O diâmetro interno do cano liso é de 75 mm e o comprimento é de 100 m. O coeficiente de

perda, k , para a entrda é k = 0,5. A água é descargada para a atmosfera

Questão 9

A vazão de 1,44 m3/s de água ocorre em uma instalação (Fig.1), contendo uma bomba fornece 400CV de energia à corrente líquida. São dados: A1 = 0,36 m2 , A2 = 0,18 m2 , z 1 = 9,15 m , z 2 = 24,4 m, ( ) mca P .141 =γ e ( ) mca P .72

120

h

100 m

Resp: h ≅ 44,6 m

(2)

BOMBA

z1

z2(1)

V1

V2

Plano de referência

( Fig.1 )

Calcular a perda decarga entre asseções (1) e (2)

Resp. h F ≅ 10,18 m

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Questão 10

Água escoa através da turbina na Figura 2. A turbina produz a potência de 65 HP. As pressões em Ae B são 1,4 kgf/cm2 e –0,34 Kgf/cm2, respectivamente. Qual é a vazão volumétrica d’água ?. Desprezar a perda de carga devida ao atrito.Dado: 33

2 /.10 m Kgf O H =γ .

121

TURBINA65 HP

A

B

REF ( 0,0 )

D = 0,3 m

D = 0,6 m Figura 2.

Resp.: 0,260 m3/s

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Capítulo 7

Conceitos de rendimentos, eficácia e perdas

7.1.0- Introdução

Definição: Reservatório Térmico Reservatório térmico é um corpo ao qual e do qual o calor pode ser transferido indefinidamente

sem mudança de temperatura do reservatório. Num reservatório térmico sempre a temperatura permanece constante.

2 reservatórios térmicos são: Reservatório quente e Reservatório frio.Um reservatório (de alta temperatura) do qual se retira calor é chamado fonte (combustível:

carvão etc., energia nuclear, energia solar).Um reservatório (de baixa temperatura) que recebe calor é chamado sorvedouro (oceano/rio,

atmosfera/céu).

7.1.1- Conceitos Termodinâmicos

2º Lei da Termodinâmica

Enunciado de KELVIN-PLANCK (produção de potência):

(a) Toda energia térmica não pode ser transformada a energia mecânica (trabalho de eixo). Se pudesse transformar toda energia, teria rendimento de ciclo, η T = 100%, que é impossível!(b) A transformação da energia térmica para a energia mecânica requer a rejeição de uma parcela desse calor (energia térmica).(c) O calor é transferido de alta temperatura (T H ) para a baixa temperatura (T L ).

Enunciado de CLAUSIUS (produção de calor e/ou frio):

(a) O calor pode ser bombeado de baixa para alta temperatura.(b) Para tanto, é necessário que o trabalho mecânico (tabalho de eixo) seja fornecido ao sistema

para compressão.

7.1.2- Ciclo de CARNOT (1824)

Carnot inventou um “ciclo de potência” que tinha 4 processos básicos :

1) Adição de calor (isotérmica reversível);

2) Expansão (adiabática reversível);3) Rejeição de calor (isotérmica reversível);4) Compressão (adiabática reversível).

122

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ReservatórioQuente = Fonte

T H Q H

Gerador de cb vapor

TurbinaW

Bomba alternador

a condensador d

T L Q L

Reservatório Frio =Sorvedouro

Fig. 1 – Exemplo de uma máquina térmica que opere num ciclo de CARNOT

As conclusões de CARNOT:(1) η R = φ (T H ,T L ) = η máx = η ideal

onde η R = rendimento reversível (adimensional);T H = alta temperatura (ºK);T L = baixa temperatura (ºK).

(2) η CARNOT = η R = 1- T L > η t(real)

T H onde η t = rendimento (eficiência) do ciclo(3) η R não depende do fluído de trabalho (sólido, líquido ou gás real/ideal etc.)(4) η R1 = η R2 = ....... = η RN (nas mesmas temperaturas)

Motor Térmico (máquina térmica) Internamente Reversível

Rendimento de CARNOT: η t = 1 - T L ideal (7.1.2)T H

Rendimento pela 2º Lei (KELVIN-PLANCK):η t = 1 - Q L real (7.1.3)

Q H

A condição da Reversibilidade:η t = 1 – T L = 1 - Q L (7.1.4) ∴ Q L = T L ou Q H = Q L (7.1.5)

T H Q H Q H T H T H T L

Onde Q H = calor fornecido, Q L = calor rejeitado

123

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NOTA: Devemos lembrar que a outra condição da reversibilidade é dS = 0

7.1.3- Máquina Térmica (que produz potência)

Uma máquina térmica pode ser definida como um dispositivo que, operando segundo um ciclo

termodinâmico, realiza um trabalho líquido positivo à custa da transferência de calor de um corpo emtemperatura elevada para um corpo em temperatura baixa.

Reservatório quente (Fonte)Combustível

Q H fluído de trabalhoCaldeira T H

Trabalho líquidoW L

B TV E

Alternador

Condensador T L Troca de calor (serpentina)

Q L

Mar ou rio

Reservatório frio (sorvedouro)

Fig. 1 – Instalação com turbina a vapor

Resumo: 4 componentes básicos (Turbina, Bomba, Caldeira, Condensador), 1 fluído de trabalho (vapor d’água), e sofre um processo cíclico (ciclo de RANKINE), e produz trabalho líquido positivo (potência).

Câmara de combustão Reservatório quente (Fonte)

Q H

Aquecedor T H fluído de trabalho

Eletricidade

W LCompressor TG alternador

Resfriador T LTrocador de calor (serpentina)

Q L

124

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Mar ou rioReservatório frio (sorvedouro)

Fig. 2 – Instalação de turbina a gás

Resumo: 4 acessórios térmicos básicos (turbina, compressor, aquecedor, resfriador),1 fluído de trabalho (ar ou Hélio ou Argônio etc.),

e sofre um processo cíclico ou ciclo termodinâmico (ciclo de BRAYTON-JOULE), eproduz trabalho líquido positivo (potência).

A eficiência térmica ou rendimento térmico (termodinâmico):

η t = W L (energia vendida) = W T – W B = Q H - Q L = 1 - Q L (7.1.6)Q H (energia que custa) Q H Q H Q H

NOTA: 1º lei para ciclo: Σ W = Σ QW T + (-W B ou –W C ) = Q H + (-Q L )

ou W T – W B (ou –W C ) = Q H – Q L

Reservatório de alta temperatura

T H

Rendimento térmico reversível Q H (máximo):

T H >T L η R = 1 – T L /T H

MT Rendimento térmico real: η t = 1 – Q L /Q H = W L /Q H

Q L

Reservatório de baixa Temperatura

TL

125

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7.1.4- Máquina térmica externamente reversível que produz frio (refrigerador) ou calor (bomba decalor):

Refrigerador Q H fluído cede calor no

condensador à alta pressão

(3) Condensador e à alta temperaturaT C (2)

T E < T C alta pressão e temperatura fluído de trabalho

V.E.Compressor

V.E. = válvula Baixa pressão ede expansão Temperatura - W C

Fluído recebe trabalho(4) (1)

Evaporador T E

Espaço a ser Q L resfriado fluído recebe calor no evaporador

à baixa pressão e à baixa temp.

Fig. 3 – Ciclo de refrigeração elementar

Resumo: 4 componentes básicos (compressor, condensador, válvula de expansão, evaporador),1 fluído de trabalho (Freon 11 ou 12: F11/F12), e sofre um processo cíclico (ciclo de

refrigeração), e produz frio (Q L ,T L ).

Eficácia

Alta temp. A eficiência (eficácia) térmica é representada por “Coeficiente de

T H Performance” (COP).COP ref. = Q L = energia pretendida

Q H W energia consumidaT L<T H - W = Q∵ L + (-Q L ) = Q L - Q H

∴ W = Q H - Q L

MTR- W

Q L

T L

Baixa temp.Espaço refrigerado

∴ COP ref. = QL (7.1.4) COP ref.ideal = T L (7.1.4a)Q H - Q L real ou internamente T H – T L

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reversível

NOTA: COP ref. é sempre > 1

Bomba de Calor (Heat Pump)

O espaço a ser aquecido fluído cede calor no condensador Q H à alta pressão e à alta temperatura

Condensador T C

(3) (2) fluído de trabalho

alta pressão e temperatura

V.E. = válvula de Expansão compr

baixa pressão e temperatura essor

- W C

fluído recebe trabalho(4) (1)

Evaporador T E

Q L fluído recebe calor no evaporador À baixa pressão e à baixa temperatura

Fig. 4 – Ciclo de refrigeração/Bomba de calor elementar

Resumo: 4 componentes básicos (compressor, condensador, válvula de expansão, evaporador),1 fluído de trabalho (F11 ou F12), e sofre um processo cíclico (ciclo de bomba de calor) e

produz calor (Q H ,T H ).

EficáciaA eficácia (eficiência térmica) é representada por “Coeficiente de Performance” (COP).

Alta temp.o espaço a ser aquecido

T H

COP BC = Q H = energia pretendidaQ H W energia consumida

MTR Mas – W = W L + (- Q H )- W = Q L - Q H

Q L ou W = Q H - Q L

T L

Baixa temp.

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∴ COP BC = Q H (7.1.5)Q H - Q L real

COP BC ideal = T H = 1 (7.1.5a ) ou internamente T H - T L η R

reversível

NOTA: COP BC é sempre > 2

Relacionamento entre Refrigerador e Bomba de Calor

COP ref. – COP BC = Q L – Q H = Q L - Q H = - Q H – Q L = -1Q H – Q L Q H – Q L Q H – Q L Q H – Q L

∴ COP BC = 1 + COP ref. (7.1.5c)

7.1.5 – Reversibilidade, Irreversibilidade e Perdas Normalmente, o processo causa alguma mudança no meio, como o seu deslocamento ou uma

transferência de calor através da fronteira.Quando um processo pode ser realizado de tal forma que seja possível sua inversão, isto é, seu

retorno ao estado original sem haver uma variação final do sistema ou do meio diz-se que é reversível. Em qualquer escoamento de um fluído real ou perturbação de um sistema mecânico, os efeitos do

atrito viscoso, do atrito de Columb, de expansões sem obstáculos, etc., não permitem a reversibilidade. A reversibilidade é, no entanto, um ideal que se tenta alcançar nos processos, e os rendimentos

destes geralmente são definidos em termos de sua aproximação a processos reversíveis.Qualquer processo real é irreversível. A diferença entre o trabalho realizado pela mudança de

estado de uma substância, ao longo de um caminho reversível, e o trabalho real realizado ao longo do

mesmo caminho é a irreversibilidade do processo. Em certas condições, a irreversibilidade de um processo é chamada de trabalho perdido, isto é, a perda de capacidade de realização de trabalho causada pelo atrito e outras razões.

As perdas significam irreversibilidades ou trabalho perdido ou a transformação de energiadisponível em energia térmica.

Problemas Resolvidos

Problema 1

Uma usina hidroelétrica tem uma diferença de cotas entre os níveis de montante e de jusante de

H a = 50 m e uma vazão V = 5 m3 /s de água pela turbina. O eixo da turbina gira a 180 rpm e o conjugadonele medido vale τ = 1,16x105 Nm. A potência retirada (fornecida) pelo gerador é de 2100 KW. Determinar:(a) a potência reversível do sistema;(b) a irreversibilidade ou perda de potência no sistema;(c) a irreversibilidade (perda) na turbina;(d) a irreversibilidade ou perda de potência no gerador;(e) o rendimento da turbina;

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(f) o rendimento do gerador.

2100 KW

H a = 50 m

Gerador

180 rpm

V = 5 m3 /s Turbina

Fig. 5 – Irreversibilidade em usina hidroelétrica

a) A energia potencial disponível da água é H a = 50 m N/N A potência reversível (máxima)(ver tabela C1).P R = γ * V * H a = (9806N/m3 ) * (5m3 /s) * (50m*N/N) = 2451500 N*m/sP R = 2451500 J/s = 2451500 W R: Potência reversível , P R = 2451,5 kW

b) Irreversibilidade ou perda de potência no sistema,I S = potência fornecida ao sistema – potência retirada do sistema = potência reversível (P R ) – Potência retirada pelo gerador (P G )

I S = P R – P G = 2451,5 kW – 2100 kW = 351,5 kW R: I S = 351,5 kW

c) A potência desenvolvida pela turbina = conugado no eixo * velocidade angular ou P T = τ * ω = (1,16 * 105 N*m) * 180*(2π )/ 60 s-1 = 2187428,3 W = 2187,43 kW Irreversibilidade na turbina = potência fornecida ao sistema (potência reversível ) – Potência desenvolvida pela turbina. I T = P R – P T =(2451,5 – 2187,43) kW = 264,07 kW R: I T = 264,07 kW

d) A irreversibilidade ou a perda de potência no gerador = potência desenvolvida pelaturbina – potência retirada pelo gerador.I G = P T – P G = 2187,43 kW – 2100 kW I G = 87,43 kW

R: I G = 87,43 kW

Trabalho perdido por unidade de peso do fluido no gerador,H G = I G / γ * V = (87,43 kW) * (1000N*m/s) / 1 kW * (1/9806N/m3 ) * (1/5m3 /s)R: H G =1,78 m*N/N

e) rendimento da turbina: η t = (H a – H t )/ H a = (50 m*N/N –5,39m*N/N) / 50 m*N/N = 89,22%

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R:η t = 89,22% f)rendimento do gerador: η G = (H a – H t – H G )/(H a – H t ) η G = (50m*N/N – 5,39 m*N/N – 1,78 m*N/N) / (50 mN/N – 5,39 m N/N) η G = 96%

Problema 2

Um refrigerador que opere num ciclo de CARNOT deve transferir 500 Kcal/min de um reservatórioa 0 ºC a um outro reservatório a 27 ºC. Qual a potência mínima será necessária?

Altatemperatura

T H =27ºC Solução:Copref = Q L / W = Q L /(Q H – Q L ) = 1 / (Q H / Q L ) – 1 Para um motor térmico internamente reversível, tem-se,Q H / Q L = T H / T L QH Copref = 1 / (T H / T L ) – 1 = 1 / (27 + 273 / 0+273) – 1 = 10,11Copref = 10,11>1 MTR Mas Copref = Q L / QW =10,11W = Q L / 10,11 = (500 kCal / min)/10,11 = 49,46 kCal / min QL Potência = (49,46kCal / min)*(60min / h)= 2967,6 kCal / h Potência = (2967,6kCal / h)*(1 kW/ 860kCal / h)=3,45kW R: Potência mínima = 3,45kW = 4,69cv = 4,62hp TL =0ºC

Baixa temp.

Problema 3

O Coeficiente de Performance (COP) de uma bomba de calor é 5. A potência fornecida é de 50 CV(1 CV ≅ 632 Kcal/h).

(a) Calcule a transferência de calor ao fluído de trabalho e do fluído de trabalho.(b) A transferência de calor do motor é usada para aquecer a água que escoa através do

radiador do prédio. Calcule a vazão em massa d’água quente. O aumento de temperaturad’água escoando através da bomba de calor (via condensador) é de 50 ºC a 70 ºC.

Desprezar a diferença em energia cinética e potencial.Dado: C p H2O ≅ 1 Kcal/Kg ºC

Solução:Alta temp. radiador ar a ser aquecido

50ºC QH 70ºC TH

QH condensador TC

MTR V.E comp. wc

QL

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Evaporador TE TL

Baixa temp. QLCop BC = Q H / W = Q H / (Q H – Q L )Onde Q H = transferência de calor do fluido de trabalho no condensador.

Dados: Cop BC = 5W = 50cv =50 * 632 = 31600 kCal / ha)5 = Q H /W ou Q H = 5*W = 5*31600 = -158000 kCal/h pois Q H tem sinal negativo.

Da 1a lei p/ um ciclo termodinâmico, tem-se, ∑Q = ∑W ou –Q H +(+Q L ) = -W

Q H – Q L = W ou Q L = Q H –W Q L= 158000-31600 = 126400 kCal / hOnde transferência de calor aofluido de trabalho (FR11) no evaporador.

b)A equação da energia (1a Lei) em termos de fluxo (potência), ao redor do radiador (que troca calor):QVC (.) – W VC (.) = m(.)h S – he + [ (vs

2 - V e2 ) / 2 * g c J) ] + [ (g / g c ) * (Z s – Z e ) ] kCal / h Mas W VC (.) = 0 , ∆ V 2 / 2 g C * J = 0, ∆ Z = 0QVC (.) = m(.) H2O (h S - he ) = m(.) H2O * Cp H2O (t S - t e ) Dados : t S = 700 C, t e = 500 C, Cp H2O = 1 kCal / kg 0 C

QVC (.) = Q H (.) = (m(.) H2O * 1 kCal / kg 0 C) * (70 - 50) 0 158000kCal/h = m(.) H2O * 20 [kCal / h] m(.) H2O = 15800 / 20 [(kCal / h) * (kg / kCal)] m(.) H2O = 7900 kg / h = 7900(kg / h) * (h / 3600s) = 2,19 kg / s

Problema 4

Uma bomba de calor deve ser usada em Itajubá para aquecer as salas de aulas eminverno e então invertida para resfriar as mesmas em verão.A temperatura interna deve ser mantida tanto em inverno quanto em verão a 21 ºC. A temperaturaexterna em inverno é de 5 ºC. A transferência de calor através das paredes e dos tetos é estimada a 180Kcal/h por grau de diferença de temperatura entre o interior e o exterior. A potência mínima precisa para acionar a máquina (bomba de calor/Refrigerador) é a mesma tanto em inverno quanto em verão.Qual é a máxima temperatura externa esperada em verão?

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Sala TH = 294ºk inverno TL = 278ºk QH

condensador

V.E comp. WC

evaporador

QL sala TL = 294ºk Verão TH = ?

Solução: Em inverno o propósito será aquecimento pela bomba de calor (BC):

Temperatura externa, T L = 50 C + 273 = 278 K Temperatura interna, T H = 210 C + 273 = 294 K Q H = (180kCal / h * K) * (T H - T L ) K = 180 (294 -278) = 2880 kCal / h Para qualquer máquina internamente reversível (ds = 0), tem-se,Cop BC = Q H / (Q H – Q L ) = 1 / η R = T H / (T H – T L ) = 294 / (294 - 278) = 18,375 = Q H / W W = Q H / Cop BC = 2880 /18,375 =156,735 kCal / h = W C

Em verão o objetivo será resfriamento pelo refrigerador(REF):Temperatura externa, T H = ?Temperatura interna, T L = 210 C+ 273 = 294 W = 156,735 kCal/h [mesmo conforme dado] Q L = (180kCal / h * K) * (T H – T L ) K = 180 * (T H – T L ) kCal / hCop REF = Q L / W = 180 * (T H – T L ) / 156,735

Mas Cop REF = Cop BC –1 = 18,375 – 1= 17,37517,375 = 180(T H – 294)/156,735T H = (17,375 * 156,735/180) + 294 = 309,13 K R: A máxima temperatura externa esperada m verão, T H = 309,13 K = 36,13 0 C.

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9a Lista de Exercícios

Questão 1

Qual temperatura (TH ou TL) é mais importante para aumentar a eficiência de um motor térmico deCARNOT? Mostre-a matematicamente.

Questão 2

500 Kcal de calor são transferidos de um reservatório a 300 ºC a um motor que opere num ciclo deCARNOT. O motor rejeita calor a um reservatório a 23 ºC. Determine a eficiência térmica desse ciclo e otrabalho realizado pelo motor térmico.

Questão 3

Uma bomba de calor para aquecimento doméstico trabalha entre um sistema frio (o conteúdo dogabinete de refrigerador) a 0 ºC e a água no sistema do radiador a 80 ºC. Qual é o consumo mínimo da

potência elétrica para fornecer uma produção de calor (na saída) de 90000 KJ/h?

Questão 4

Propõe-se aquecer uma casa usando uma bomba de calor. O calor transferido da casa é 12500Kcal/h. A casa deve ser mantida a 24 ºC quando a temperatura externa é de –7 ºC. Qual é a menor potêncianecessária para acionar o compressor?

Questão 5

Conforme a 1a lei, calcule os espaços vazios na tabela de ciclos de motores hipotéticos e conforme a

2a

lei, determine cada ciclo seja reversível, irreversível ou impossível. Em todos os casos a temperatura dafonte é 527 ºC e a temperatura da sorvedouro é de 27 ºC.

Ciclo Adição de calor Kcal/h

Rejeição de calor Kcal/h

Trabalho produzidoCV(1CV=632Kcal/h)

Eficiência%

a 250000 ------ 300 ------ b 250000 170000 ------- ------c 250000 ------ ------- 62,5

Questão 6

Quais são os processos básicos do ciclo de CARNOT?

Questão 7

Escreva os enunciados de KELVIN-PLANCK e de CLAUSIUS.KELVIN-PLANCK:

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Questão 8

Faça os esboços de uma máquina térmica que produz potência e de uma máquina térmica que produz frio ou calor.

Princípio do aumento da Entropia

Sistema sofre uma mudança de estado (processo)

Sistema ∂W Temperatura = T

δ Q

vizinhançaTemperatura = T 0

Figura 1 – Variação de entropia para o sistema e vizinhança.

Consideremos o processo mostrado na Figura 1, no qual uma quantidade de calor δ Q é transferida da vizinhança à temperatura T 0 para o sistema à temperatura T e seja ∂W o trabalhorealizado pelo sistema durante este processo.

A equação geral: dS sist. ≥ δ Q (1)

T Para a vizinhança δ Q é negativo: dS viz. ≥ - δ Q (2)

T 0

A variação total da entropia é, portanto,

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dS sist. + dS viz. ≥ δ Q - δ Q ≥ δ Q 1 - 1T T 0 T T 0

menor maior

T 0 > T ∴ 1 - 1 > 0 ou seja positivo

T T 0

∴ dS sist. + dS viz. ≥ 0 (3)

A igualdade vale para processos reversíveis e a desigualdade para processos irreversíveis. Esta equação significa que só podem ocorrer processos em que a entropia do sistema mais

vizinhança cresce (ou, no limite, permanece constante). O processo inverso, no qual tanto o sistema comoa vizinhança são trazidos de volta aos respectivos estados iniciais não pode ocorrer.

Em outras palavras a equação (3) nos dá a única direção em que um processo pode ocorrer e seaplica à queima do combustível nos motores de nossos automóveis, ao esfriamento de nosso café e aos processos que tem lugar em nosso corpo.

As vezes esse princípio é enunciado em termos de um sistema isolado, no qual não há interaçãoentre o sistema e sua vizinhança. Nesse caso não há variação de entropia da vizinhança.

0∴ dS sist. isolado + dS viz. ≥ 0

ou seja, dS sist. isolado ≥ 0ou dS adiabático ≥ 0 (4)

Isto é, um sistema isolado (adiabático) os únicos processos que podem ocorrer são aqueles quetêm associado um aumento de entropia. Isto é, ( ∆ s(universo) = Σ ∆ ssub.sistemas ) ≥ 0 (5)

Aplicação

Problema 1

Suponhamos que 1 kg de vapor d’água saturado a 100 ºC seja condensado para líquido saturado a100 ºC, num processo à pressão constante, através da transferência de calor para o ar da vizinhança que está

a 27 ºC. Qual é o aumento líquido de entropia do sistema e vizinhança?Solução:

∆ & = & f - &i

Para o sistema, das tabelas de vapor (tabela de temperatura A1(a)/A1.1(a) vapor de água saturado /pág 476

∆ & SIST = &l - &v = -&lv = 0,3121 – 1.7561 = -1,444 kCal/kg mas δ q = dh –vdp(pressão cte)q para viz = hlv=538,9kCal/kg ∆ &VIZ = q/T 0 = 538,9(kCal / kg) / (27 + 273)K = 1,796kCal / kg*K ∆ & SIST + ∆ &VIZ = -1,444 + 1,796 = 0,352kCal / kg * K R: Verifica-se ∆ & SIST + ∆ &VIZ >= 0

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Problema Proposto

Um reservatório de calor a 1000 ºC transfere 1000 kcal para um outro reservatório de calor a 500 ºC.Calcule a variação de entropia do universo resultando deste processo de troca de calor.

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Capítulo 8 Transferência de Calor

8.1 Estudo das várias formas de transferência de calor

Transferência de calor é um fenômeno de transferência de energia.

Existem três tipos de transferência de calor: Condução, Convecção e Radiação.

8.1.1 Condução

A condução é processo pelo qual o calor flui de uma região de temperatura maisalta para outra região de temperatura mais baixa, dentro de um meio (sólido, líquido,gasoso) ou entre meios diferentes em contato físico direto.

A condução ocorre devido ao aumento de energia cinética causado por umaexcitação térmica qualquer.

O Calor é transferido pelos elétrons movendo-se através da estrutura molecular domaterial, na forma de energia vibracional.

Quando existe o gradiente de temperatura dentro de um corpo sólido haverátransferência de calor por condução.

8.1.2 A Lei de Fourier

A relação básica para a transferência de calor foi dada por Fourier:

Lado frioLado quenteParede

Temperatura do

corpo frioTemperatura docorpo quente

T e m p e r a

t u r a

X =0 X =X Distância

Direção datransferência de calor

A relação básica para a transferência de calor por condução foi dada por Fourier:

dx

dT A K q K ⋅⋅−= (8.1.1)

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Onde qk = Calor transferido por condução por unidade de tempo (kcal / h ou W),K = A condutividade térmica do material (ou condutibilidade) (kcal / h.m.ºC ou W / m.ºC),A = A área da seção através da qual o calor flui por condução, medidaperpendicularmente à direção do fluxo (m²),

dx

dT = O gradiente de temperatura na seção, isto é, a razão de variação da temperatura T

com a distância, na direção do fluxo de calor x (ºC / m).

8.1.3 Tabela 1.1 Ordem de grandeza da condutibilidade térmica, K.

Material Kcal / h.m.ºC W / m.ºK

Gases à Pressão Atmosférica 0,006 – 0,15 0,0069 – 0,17Materiais Isolantes 0,03 – 0,18 0,034 – 0,21Líquidos não Metálicos 0,07 – 0,60 0,086 – 0,69Sólidos não Metálicos(tijolo, pedra,

cimento)

0,03 – 2,20 0,034 – 2,6

Metais Líquidos 7,5 – 65,0 8,6 – 76,0Ligas 12,0 – 100,0 14,0 – 120,0Metais Puros 45,0 – 360,0 52,0 - 410,0

Nota: 1.W / m.ºK = 0,86.kcal / h.m.ºC

A

q K = fluxo de calor (kcal / h.m² ou W / m²).

8.1.4 Problema Resolvido

Determine o fluxo de calor ( A

q K ) e a taxa de transferência de calor (qk) ao longo de

uma placa de ferro com A = 0,5m² e espessura L = 0,02m [K = 70W/mºC], quando umadas suas superfícies é mantida a T1 = 60ºC e a outra a T2 = 20ºC.

Solução:

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L x

T ( x ) T2= 2 0°C

T1= 6 0°

C

Fig 1 Condução de calor através da placa

Neste problema o gradiente de temperatura (dx

dT ) é constante, portanto, a

distribuição de temperatura T(x) através da placa é linear, como foi mostrada na figura.

( ) ( )

02,0

602070)( 12 −⋅−=

−⋅−=⋅−=∴

L

T T K

dx

xdT K

A

q K

ou seja, 2/140 mkW A

q K ≅ (Resp.)

A transferência de calor é na direção positiva desde que o resultado seja positivo.A taxa de transferência de calor através da área A = 0,5m² é :

222 /1405,0/140 mkW mmkW Aq K ⋅=⋅≅kW q K 70≅∴ (Resp.)

8.2 Convecção

A transferência de calor por convecção ocorre entre uma superfície sólida e umfluido que tem contato com a superfície aquecida ou resfriada.

Convecção é a transferência de calor sensível pelo movimento do fluido emcontato com a superfície sólida.

8.2.1 A Lei de Resfriamento de Newton

O calor transmitido por unidade de tempo por convecção entre uma superfície eum fluido pode ser calculado pela relação .

T Ahq C C ∆⋅⋅= (8.2.1)

Onde qc = calor transferido por unidade de tempo por convecção (kcal/h ou W)

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C h = coeficiente médio de transmissão de calor por convecção(kcal/h.m²ºC ouW/h.m²ºC)A = área de transmissão de calor (m²)

ΔT = diferença de temperatura entre a superfície e o fluido em um local especificado(geralmente bastante afastado da superfície) (ºC), ΔT = Ts – Tf

Fluidov

vf

Ts

EscoamentoCorrente livreTf

q

Parede (superfície

sólida)

Fig. Transferência de calor por convecção de uma placa

8.2.2 Tabela 1.2 Ordem de grandeza dos coeficientes de transmissão de calor por convecção, C h .

Kcal / h.m.ºC W / m.ºK

Ar, convecção natural 5 – 25 6 – 30Vapor ou ar superaquecido, convecçãoforçada

25 – 250 30 – 300

Óleo, convecção forçada 50 – 1500 60 – 1800Água, convecção forçada 250 – 10000 300 – 6000Água, em ebulição 2500 – 50000 3000 – 60000Vapor, em condensação 5000 - 100000 6000 - 120000

8.2.3 Problema Resolvido

Uma corrente elétrica passa através de um fio cujo diâmetro e comprimento são1mm e 10cm, respectivamente. O fio está imerso em água à pressão atmosférica, e acorrente é aumentada até que a água ferva. Para esta situação ђ c = 5000 W/m².ºC. e atemperatura da água é 100ºC. Qual potência elétrica deve ser fornecida para manter asuperfície do fio à 114ºC?

Solução:

140

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A perda de calor por convecção é dada pela Lei de Newton:

( ) f sC C T T Ahq −⋅⋅=

A área de superfície do fio é 2423 10142,31010101 m L D A −−− ⋅≅⋅⋅⋅⋅=⋅⋅= π π

A transferência de calor é, portanto:

( ) ( ) W C mC m

W qC 9,2 11 0 01 1 41 01 4 2,35 0 0 0

24

2≅°−⋅⋅⋅

°⋅= −

⋅(Resp.)

e a esta quantidade é igual a potência elétrica que deve ser fornecida. (Resp.)

8.3 RadiaçãoA transferência de calor por radiação de uma superfície ocorre pelas ondas

eletromagnéticas.Quando o calor se transmite de uma região à outra, sem que o meio intermediário

se aqueça, ocorre a radiação.É um processo pelo qual o calor é transmitido de um corpo à alta temperatura para

outro de menor temperatura, quando tais corpos estão separados no espaço, mesmo queexista vácuo entre eles.

Esta é a forma de transmissão de calor pela qual o Sol aquece a terra, e o calor,uma vez absorvido pelo nosso planeta, pode ser depois transmitido, seja por condução,

convecção ou radiação.

8.3.1 A Lei de Stefan-Boltzmann

A quantidade de energia que deixa a superfície como calor radiante depende datemperatura absoluta e da natureza da superfície. Um irradiador perfeito ou corpo negro,emite energia radiante de sua superfície à razão q r , dada por :

( )W ouhkcal T Aqr /4

11 ⋅⋅= σ (8.3.1)

Onde: A1 = Área da superfície (m²)T1 = Temperatura da superfície(ºK)σ = Constante de Stefan-Boltzmann = 4,88.10-8[kcal/h.m².k4] ou 5,669.10-8W/m².k4

Nota: p/ corpo negro α = 1, na equação geral α + ρ + τ = 1 sendo α = absorvidade,ρ=refletividade e τ = transmissividade.

141

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8.3.2 Corpos Cinzentos

Os corpos reais não preenchem as especificações de um irradiador ideal (corponegro), mas emitem radiação a uma razão menor do que os corpos negros. Se elesemitem, a uma temperatura igual à do corpo negro, uma fração constante da emissão do

corpo negro a cada comprimento de onda, eles são chamados de corpos cinzentos.O calor radiante líquido transmitido por unidade de tempo à temperatura T1 paraum corpo negro envolvente a T2 é:

( )4

2

4

111 T T Aqr −⋅⋅⋅= ε σ (8.3.2)

Onde ε1 é a emissividade da superfície cinzenta. É uma propriedade adimensional e éigual à razão da emissão da superfície cinzenta para a emissão de irradiador perfeito àmesma temperatura.

A equação vale para troca de calor por radiação entre o corpo cinzento e corponegro.

q2 = σ.T2 4

Vizinhança

A1,ε1, T 1

A2 aT 2

q1 = ε1.σ1.T1 4

Fig. 2 Troca de calor por radiação entre a superfície A1 e a sua vizinhança.

8.3.3 Troca de Calor por radiação entre dois corpos negros.

( )4

2

4

11 T T Aqr −⋅⋅= σ (8.3.3)

As equações (8.3.1) (8.3.3) são conhecidas como a Lei de Stefan-Boltzmann.

8.3.4 Problema Resolvido

Um tubo quente de diâmetro D = 0,2m tem isolamento em uma das suassuperfícies. A outra superfície é mantida a T1 = 550ºK. A superfície quente tem umaemissividade ε1 = 0,9 e é exposta a vizinhança que tem temperatura T2 = 300ºK. O ar atmosférico é o meio para troca de calor por radiação do tubo quente ao meio ambiente.

Solução:

Pode-se utilizar a equação (8.3.2)

142

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( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )4428

4422

42

84

2

4

111

3005509,02,04

1067,5

3005509,02,04

1067,5

−⋅⋅

⋅⋅⋅=

=°−⋅⋅

⋅⋅

°⋅=−⋅⋅=

π

π ε σ K m

K m

W T T Aqr

W qr 77,133≅∴ (Resp.)

8.3.5 Analogia entre o fluxo de calor e fluxo elétrico

A Lei de Ohm afirma que R

V I = (8.3.5)

Onde I = a intensidade de corrente elétrica (Ampères), V = a diferença de potencial(Volts), R = a resistência elétrica(Ohms, Ω ).

A equação de Fourier (8.1.1) pode ser escrita como:

( ) ( )C H K T T

x

A K T T

x

A K q −⋅⋅=−⋅⋅= 21

TH = temperatura alta, TC = baixa temperatura.

ou seja, A K

x

T T q K

−= 21

(8.3.6)

A equação (8.3.6) estabelece o fluxo de calor numa parede plana.

O termo t R A K

x =⋅ = a resistência térmica de uma parede plana (para condução)(h.ºC/kcal ou ºK/W ou ºC/W)

É também denotada Ohm térmico, ou seja, Ωth.

Comparando as equações (8.3.5) e (8.3.6) pode-se dizer:

1) A corrente elétrica é análoga a transferência de calor por condução.2) A voltagem elétrica (diferença de potencial) é análoga a diferença de temperatura.3) A resistência elétrica (Ω) é análoga a resistência térmica.

Semelhantemente a resistência térmica (para convecção) é( )W K

Ah R

C

t /1

°⋅

= (8.3.6.a)

8.3.6 Paredes compostas

143

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Em muitos casos, principalmente em equipamentos industriais, tais como fornos,estufas, frigoríficos, regeneradores, ou em problemas de isolamento térmico, há anecessidade de se empregar paredes que se constituem por justaposição de camadas demateriais diferentes. Isto é chamado de parede composta.

K 1 K 2 K 3

qk qk

x1 x2 x3

A

Fig. 1 Parede composta.

R 1 R 2 R 3

Fig. 2 Uma parede composta por camadas em série.

A resistência térmica total será:

Rt = R1 + R2 + R3

ou seja, A K

x

A K

x

A K

x

A K

x Rt ⋅

Σ=

⋅+

⋅+

⋅=

3

3

2

2

1

1 (8.3.7)

8.3.7 Problema Resolvido

Uma parede é constituída de 3 camadas justapostas, uma camada de tijolo

refratário (K = 1,3842W/mºC), uma intermediária de tijolo isolante (K = 0,17303W/mºC), euma camada de tijolo comum (K = 1,7303W/mºC). Se a face externa de material refratárioestá a 1148,89ºC e a face externa de tijolo comum está a 37,78ºC, pergunta-se : Qual atransferência de calor por unidade de tempo que atravessa a parede composta, sabendo-se que as espessuras das camadas são:

144

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x1 = 0,6096m (tijolo refratário), x2 = 0,9144m (tijolo isolante), x3 = 0,3048 (tijolo comum),enquanto que a altura e a largura da referida parede são respectivamente 3,048m e1,524m.

Solução:

A K

x

A K

x

A K

x R R R Rt ⋅

+⋅

+⋅

=++=3

3

2

2

1

1321

A = 3,048m.1,524m ≅ 4,645m²

645,47303,1

3048,0

645,417303,0

9144,0

645,43842,1

6096,0

2 ⋅+

⋅+

⋅°

=∴m

C m

W

m R

t

W

C

Rt

°

≅∴ 27,1

( )W C

C

R

T T q

t

K /27,1

78,3789,114821

°°−

=−

=∴

ou seja, W q K 89,874≅ (Resp.)

145

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10ª Lista de Exercícios

Questão 1

Ar a 20ºC escoa sobre uma placa de 50 por 75cm e é mantida a 250ºC. O

coeficiente de transferência de calor por convecção e 25 W/m².ºC. Calcule a transferênciade calor.Resp.: kW qC 156,2≅

Questão 2

Uma placa eletricamente aquecida, dissipa calor por convecção a um fluxo de calor de 8000W/m² ao ar ambiente à temperatura de 25ºC. Se a superfície da placa quenteestiver a 125ºC, calcule o coeficiente de transferência de calor por convecção entre aplaca e o ar.Resp.: C mW hC °= 2/80

Questão 3

As superfícies internas das paredes de um grande edifício são mantidas a 20ºC,enquanto a temperatura da superfície externa é –20ºC. As paredes medem 25cm deespessura e foram construídas de tijolos com condutividade térmica de 0,6 kcal / h.m.ºC.Calcular a perda de calor para cada metro quadrado de superfície de parede por hora.Resp.: 95,4kcal ou 110,66W serão perdidas do edifício por hora através de cada metroquadrado de superfície de parede.

Questão 4

Uma face de uma placa de cobre de 30cm de espessura é mantida a 400ºC, e aoutra face é mantida a 100ºC. Calcule o fluxo de transferência de calor através da placa.Dado : Kcobre = 370 W/mºC.Resp.: Fluxo de calor ≅ 3,7MW/m2

Questão 5

O fluxo de calor através de uma tábua de madeira de 2cm de espessura é 150W/m²Para uma diferença de temperatura de 25ºC entre as duas superfícies, calcule a condutibilidade térmica da madeira.

Resp.: Kmadeira ≅ 0,12W/(mºC)

Questão 6

Explique a transferência de calor por condução, convecção e radiação.

146

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Efeito de radiação em medição de temperatura

Balanço de EnergiaPerda de calor por convecção do fluido (as do termômetro) = Perda de calor por

radiação à vizinhança (para as paredes sólidas)

Nota: A trasferência de calor por conduçao através do elementp sendo muito pequena édesprezada

( ) 4

s

4

ttttC TTAT-TAh −∈δ=∞

onde: hC = coeficiente de transferência de calor por convecção.At = área de superfície do elemento termômetro ou termopar.T∞ = temperatura verdadeira do fluido.Tt = temperatura indicada pelo termômetro.

δ = cte. De Stefan-Boltzman = 5,6697 × 10-8 W/m2K4 = 42

8

K mh

Kcal 1088,4 −×

∈ = Emissividade do elemento (termopar ou termômetro)Ts = temperatura da vizinhança (temperatura das paredes do sólido)

Exemplo: Um par termoelétrico, soldado de topo, tendo uma emissividade de 0,8 , éusado para medir a temperatura de um gás transparente escoando num grande duto,cujas paredes estão a 227ºC.A temperatura indicada pelo par é 504ºC. Sendo o coeficiente de transmissão de calor entre a superfície do par e o gás 122 Kcal/h m2 ºC estimar a temperatura verdadeira dogás.

Igualando a lei de Stefan-Boltzman e a lei de Resfriamento de Newton

Podemos escrever o balanço térmico assim:

( ) 4

p

4

tttgtC T-TAT-TAhq ∈δ==

onde Tg = a temperatura verdadeira do gás

substituindo os dados do problema, tem-se:

147

Tt

Escoamento degás

hC

T∞

Ts

Fig. 1. O elemento termômetro em um escoamento de gás

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( ) ( ) ( ) ( )[ ] =+−+×=∈δ= − 4484

p

4

t

t

2732272735040,8.1088,4T-TA

q

2t mh

Kcal 11790

A

q≅

A temperatura verdadeira do gás é

Cº504122

11790T

Ah

qT t

tC

g

+=+=

Tg ≈ 600 ºC

Nota: O erro do termopar é 96º C. (Resp.)

148

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CAPÍTULO 9

ANÁLISE DIMESIONAL E SEMELHANÇA DINÂMICA

Dimesões e Unidades

As dimensões fundamentais são massa, comprimento, , tempo e as vezes força. Estas sãorelacionadas pela segunda lei de Newton

Força = massa × aceleração

ou F = m . a

na forma dimesional é

2MLTF −= 2LTT

TL

t

Va −===

F é a dimesão de força, M a massa, L a de comprimento e T a de tempo.

Tabela 1 Dimensões das grandezas físicas usadas em mecânica dos fluidos

Grandeza Símbolo Sistema (FLT ) Dimensões ( MLT )

Massa, Kg m 21T FL − M

Comprimento, m l L L

Tempo, s t T T

Força ou Peso, Kgf F ou W F 2−MLT

Velocidade, m/s V 1− LT 1− LT Aceleração, m/s2 a ou g 2− LT 2− LT

Área, m2 A 2 L 2 L

Vazão volumétrica, m3 /s Q 13 −T L 13 −T L

Pressão ou queda de

Pressão, Kg f /m2 P ou ∆ P 2− FL 21 −− T ML

Massa específica, Kg/m3 ρ 24T FL− 3−ML

Peso específico, N/m3 γ 3− FL 22 −− T MLViscosidade dinâmica, µ T FL 2− 11 −−

T ML Ns/m2

149

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Viscosidade cinematica, v 12 −T L 12 −T Lm2 /s

Tensão de cisalhamento, τ 2− FL 21 −−T ML

N/m2

Tensão superficial, N/m σ

1−

FL

2−

MT

Módulo de elasticidade k v 2− FL 21 −− T MLVolumétrica, N/m2

Velocidade do som, m/s C 1− LT 1− LT

Temperatura absoluta, k θ ou t θ ou t

Vazão em massa, Kg/s •

m T FL 1− 1−MT

Trabalho, Nm W FL22 −

T ML

Torque, Kg f m T FL 22 −T ML

Análise dos Parâmetros adimensionais

1. Número de Reynolds (Re)

É a relação entre a força de inércia e a força de viscosidade (atrito)

Definição:( )

( ) ( )2

2

2

2

LV

LV

LV

LVVLVLVDRe

µ

ρ=

µ

ρ=

µ

ρ=

µ

ρ=

( ) ( )v

i

2

2

31

2

1

223

F

F

A.

a.M

L.

MLT

LLL

VMLT

LL

VLTLML

=

µ

=

µ

=−

−−

v

i

F

FRE ≡

2. Número de Freude (Fr)

É a relação entre a força de inércia (F i) e a força de gravidade (Fg)

( )Lg

V

g.L

VL

g.L

LVL

g.L

TL.L

g.M

a.M

F

F 2

3

22

3

224

3

23

g

i =ρ

ρ=

ρρ

ρ==

150

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oug

i2

F

FFr

Dg

V≡=

3. Número de Weber (We)

É a relação ente a força de inérecia (Fi) e a força de tensão superficial (FTS)

( )σ

ρ=

σρ

ρ=

σρ

=22222423

TS

i LV

L.

VL

L.

LVL

L.

TL.L

L.

a.M

F

F

σ

≡σ

ρ=

F

FLVWe i

2

L

V2

σρ

=

NOTA: σ = Tensão superficial

22

MTL

MLT

ocompriment

açFor −−

===

4. Número de Euler (Eu)

É a relação entre a força de pressão (F p) e a força de inércia (F i)

( ) 222

2

224

2

23

2

i

p

V

P

VL

PL

LVL

PL

TL.L

PL

a.M

A.P

F

F

ρ=

ρ=

ρ=

ρ==

i

p

2 F

F

V

PEu ≡

ρ=

5. Número de Mach (Ma)

É a relação entre a força de inércia (Fi) e a força de elasticidade (Fel)

( )v

2

2

v

22

2

v

224

2

v

3

vel

i

K

V

L.K

VL

L.K

LVL

L.K

TL.L

A.K

a.M

F

F ρ=

ρ=

ρ=

ρ==

onde k v = módulo de Bulk ou módulo de elasticidade volumétrica

A raiz quadrada desta relação,ρ

vv

2

v

2

K

V

K

V

K

Ve conhecida como o número de Mach.

A velocidade do som num líquido ou gás é dado por,

KRTK C v =ρ=

151

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Então, o número de Mach,

el

i

v F

F

C

V

K

VMa ≡=

ρ=

Semelhança – Estudos em modelos

Modelos reas ou verdadeiros possuem todas as características importantes do protótipo, reduzidas àescala (geométricamente semelhante) e satisfazer as restrições do projeto (semelhança cinemática edinâmica)

Semelhança geométrica

As relações podem ser escritas:

oãraz protótipo

elomod LLL = ou r

p

m LLL = (1)

r 2

oãraz2

protótipo2

elomod2

protótipo

elomodr LL

L

L

A

AA ==== (2)

Semelhança cinemática

Algumas relações úteis são:

Velocidade:r

r

p

m

p

m

p p

mm

p

mr

TL

TT

LL

TLTL

VVV =÷=== (3)

Aceleração:r

2

r

p2

m2

p

m

p2

p

m2

m

p

mr

T

L

T

T

L

L

TL

TL

a

aa =÷=== (4)

Vazão:r

r 3

p

m

p3

m3

p p3

mm3

p

mr

T

L

T

T

L

L

TL

TL

Q

QQ =÷=== (5)

Semelhança dinâmica

A semelhança dinâmica existe entre sistemas geométrica e cinemáticamente semelhantes, se asrelações entre todas as forças homólogas no modelo e protótipo forem as mesmas.

As condições necessárias para uma completa semelhança foram desenvolvidas a partir da 2º lei de Newton,

∑ = x x aM F . Desenvolve-se a seguinte relação entre as forças atuantes no modelo e no protótipo:

152

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∑∑

++++

++++

p

m

deelasticidaerficial tensãoessão gravidadeidadevis Forças

deelasticidaerficial tensãoessão gravidadeidadevis Forças

)supPr cos(

)supPr cos(

p p

mm

a.Ma.M

=

A relação de forças de inércia é expressa pela seguinte fórmula:

p

m

3

p

3

p p

3

m

3

mm

p p

mm

protótipo

modelo

p

m

a

a

LLM

L.LM

a.M

a.M

força

forçaFr

F

==== −

2

r

r 3

p p

3

mm

TL

LL ×

ρρ= a equação (4), semelhança cinemática

2

r

r 2

r r 2

r

r r

2

r r T

LL

T

LL.L

ρ=×ρ= a equação (3)

∴ 2

r r r

2

r

2

r r r VAVLF ρ=ρ= (6) A lei geral de semelhança dinâmica

a equação (2), semelhança geométrica

Esta equação expressa a lei geral de semelhança dinâmica entre modelo e protótipo e é conhecida como aequação de Newton

Para haver semelhança dinâmica completa, os números de REYNOLDS, MACH, FROUDE, WEBER eEULER devem assumir os mesmos valores tanto no modelo como no protótipo.

Problemas Resolvidos

Problema 1

Desenvolver a lei de Reynolds para modelos e protótipos com fluidos incompressíveis e reais

Solução

Para um escoamento governado pelas forças de inércia e viscosidade (outros efeitos sãodesprezados), devem ser determinadas estas forças para modelo e protótipo.

153

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Para inercia: 2

r

r 3

r r

p

m

T

LL

F

F×ρ= (1) a lei geral

Para viscosidade: ( )( ) r 2

r

r

2

r

p2

p p

p

m2

mm

mm

p p p

mmm

p p

mm

p

m

LL

L.L

1

T

L p

L.

L

1

T

L

A.dydVA.dydV

AA

FF

µµ=

×µ

×µ

=µµ=ττ= (2)

Igualando-se as duas relações de forças (pois todas as razões das forças são iguais entre modelo e protótipo), tem-se:

A eq. (1) = eq. (2)

r

r 2

r

r 2

r r r

T

L

T

LL3

µ=×ρ∴ ou

r

r 2

r r

LT

µ

ρ= (3)

Masr

r r

ρµ

=υ∴ρµ

Substituindo na equação (3) tem-se

r

r 2

r

LT

υ= (4) ou

r

r

r

r

LT

L υ=

Mas a relação de velocidades:

r

r

r

r r

LT

LV

υ== (5)

m

p

p

m

pm

pm

p

m

L

L

LLV

V ×

υυ

=υυ

=∴

ou p

p p

m

mmLVLV

υ=

υ ou seja pm ReRe = c.q.d.

Problema 2

Água escoa a 32º F através de um tubo liso horizontal de 3 polegadas de diâmetro com umavelocidade média de 10 pés/s. A queda de pressão em 30 pés deste tubo é 2,0 lbf/po2.

A que velocidade deve escoar Benzina (68 º F) em um tubo (geometricamente similar) de 1 pol. dediâmetro para que o escoamento seja dinâmicamente similar e qual será a queda de pressão em 10 pés destetubo de 1 pol. de diâmetro.

154

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Dados: µ H20 a 32 º F = 3,746×10-5 lgf.s/pé2; ρ H20 a 32 º F = 1,939 slug / pé3 ;

µ Benzina a 68 º F = 1,37×10-5 lbf.s/pé2 ;Densidade de Benzina a 68 º F = 0,88

Solução: Sabemos que em um escoamento interno as forças de inércia, de pressão e de viscosidadesão mais importantes. Portanto, para o modelo e o protótipo:

Rem = Re p

ou pm

VDVD

µ

ρ=

µ

ρ

( )

5

p

5 1037,1

88,0939,112

1V

10746,3

939,112

310

−− ×

×××=

×

××∴

ou seja ∴≅ pés/s468,12Vp pés/s12,468V

benzina,daevelocidadA

Benzina ≅ Resp.

Da igualdade do Número de EULER

i

p

FF

teremos,

p2 pm

m2 V

PEUEU

V

P

ρ∆

===

ρ∆

ou( ) ( )2

p

2468,1288,0939,1

P

10939,1

2

××

∆=

×

2

p lbf/pol74,2P ≅∆∴ Resp.

Problema 3

Um modelo 1:10 de um avião é testado num túnel aerodinâmico (túnel de vento) que tem a pressão

de 20 atm.O avião vai voar a velocidade de 500 Km/h. A que velocidade o túnel de vento (modelo) deve ser

operado para dar a similitude dinâmica entre modelo e protótipo. Arrasto (força de arrasto) medido sobre omodelo é 337,5 N. Qual a potência será necessária a propulsar o avião à velocidade de 500 Km/h ?

Solução: Sabemos que ( )Ref lVF 22A ρ=

Mas pm ReRe = (1) Semelhança dinâmica

155

(dado)Fº68a

, pé121

D,?VV

(dado)Fº32a

(dado)Fº32a, pé3/12D

pés/s,10VV

Benzina p

pBenzina p

H20m

H20mm

aguam

µ=µ

===

µ=µρ=ρ=

==

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p22

A

m22

A

lV

F

lV

F

ρ

=

ρ

∴ (2)

De (1) p

p p p

m

mmmlVlV

µ

ρ

ρ

pm

p

p

m

m

pm V

l

lV ⋅⋅

µµ

⋅ρρ

=∴ (3)

A viscosidade diâmica

µ=τ

dy

dVde um fluido é apenas uma função de temperatura. Além disso se

considerarmos a condição isotérmica, então 1m p =µµ ou seja pm µ=µ

Da equação de estado, o)consideradcte.(T RTP =ρ=

ou [ ]CTE.RT pois CTE..P =ρ=ou ρ∝P a pressão diminui com a redução da massa específica.

Dado, Pm = 20 atm. É claro que P p = 1 atm. Pode-se escrever, então, Pm = 20 . P p

∴ Devido à compressibilidade do ar, pm .20 ρ=ρ

Substituindo esses valores em (3), tem-se,

101

ll

seja,ou10,:1modeloo V10120

V p

m p

m

pm =×××

ρ

ρ=

ou Km/s250V Km/h50021V mm =∴×= Resp.

Da equação (2), p

22

A

m

22

A

lV

F

lV

F

ρ

=

ρ

ou( ) ( )

( )

( ) p22

p

pA

22

p l500

F

10lp25020

N5,337

××ρ=

××ρ

( ) N6750F pA ≅∴

A potência,

=×== W N.s

m ForçaVelocidade

tempo

EnergiaP

ou W937500s

Nm 937500 N6750

s3600

h .

h

m10500P 3 ≅≅××≅

156

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KW937,5Pserá,necessária potênciaA ≅∴ Resp.

Problema 4

Um navio cujo comprimento de casco é de 138 m deve navegar a 7,5 m/s (a) Determinar o númerode FROUDE. (b) Para que haja semelhança dinâmica qual será a velocidade de um modelo 1:30, arrastadoatravés d’água ?Dado: g = 9,81 m/s2

Solução

( )042,0

81,91385,7

LgV

Fr )a(2

p

2

p ≅×

=

=

0,042Fr p

≅∴ Resp.

(b) Quando dois escoamentos com contornos geometricamente semelhantes, são influenciados pelas forças de inércia e da gravidade, o número de FREUDE é a relação marcante no estudo de modelos.

Portanto, Fr p = Fr m

oum p

gL

2V

gL

2V

=

Uma vez que gm = g p, practicamente em todos os casos, pode-se escrever,

( ) 301

LL 5,7

301V.

LLVou

LV

LV

p

m2 p2

p

mm2

m

m2

p

p2

=×===

m/s1,36V m ≅∴ Resp.

Problemas Propostos

Problema 1Ar a 20 º C (68 º F) escoa através de um tubo de 610 mm (24”) a uma velocidade média de 1,8 m/s

(6 pés/s). Para que haja semelhança dinâmica, qual é o diâmetro de tubo que carrega água a 16º C (60 º F) e1,1 m/s (3,65 pés/s) poderia ser usado ?

Dados: υ AR(20ºC) = 16×10-5 pés2/s , υ AR(16ºC) = 1,217×10-5 pés2/s

Resposta: d ≅ 0,076 m (3”)

157

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Problema 2Um modelo de 1:15 de um sbmarino deve ser testado em um tanque de provas contendo água

salgada. Se o submarino se move a 12 mph (milhas por hora), a que velocidade deverá o modelo ser testado para haver semelhança dinâmica ?

Resposta: V = 180 mph

Problema 3Água a 16 º C escoa a 3,6 m/s (12 pés/s) em um tubo de 152 mm (6”). A que velocidade deverá

escoar um óleo médio a 32 º C en um tuvo de 76 mm (3”) para que os escoamentos sejam dinâmicamentesemelhantes ?

Dados: υ AR(16ºC) = 1,217×10-5 pés2/s, υ óleo(32ºC) = 3,9×10-5 pés2/s

Resposta: V = 63 pés/s = 19,0 m/s

Problema 4Uma bomba centrífuga bombeia um óleo lubricante médio a 16 º C e a 1200 rpm. Um modelo de

bomba; usando ar a 20 º C deve ser testado. Se o diâmetro do modelo é 3 vezes maior que o diâmetro do protótipo, a que velocidade deverá o modelo operar ?

Dados: υ óleo(16ºC) = 188×10-5 pés2/s, υ AR(20ºC) = 16,0×10-5 pés2/s, 1 pé/s = 0,093 m2/s

Velocidade periférica = o raio × a velocidade angular em rad/s

Resposta: ω m ≅ 11,3 rpm

Problema 5Uma asa de avião de 0,9m de corda deverá deslocar-se a 145 Km/h no ar. Um modelo de 76 mm

de corda deve ser testado em um túnel de vento com a velocidade do ar a 173,5 Km/h. Para a temperatura de20 º C em cada caso, qual deverá ser a pressão no túnel aerodinâmico (de vento) ?

Dado: υ AR(20ºC) = 16×10-5 pés2/s, pé/s = 0,093 m2/s

Resposta: Ptúnel = 10 atm

Problema 6

Um modelo 1:80 de um avião é testado a 20 º C no ar, o qual tem a velocidade de 45 m/s.(a) A que velocidade seria o modelo impelido quando completamente submerso em água a 27 º C ?

(b) Qual seria a força resistente de um protótipo no ar, cujo modelo na água representa umaresistência de 0,57 Kgf ?

Dados: υ AR(20ºC) = 16×10-5 pés2/s, υ H2O(27ºC) = 0,93×10-5 pés2/s

Resposta: (a) V ≅ 2,62 m/s na água(b) F p ≅ 200 gf

158

Page 159: Apostila de EME-35

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Problema 7Um modelo de um torpedo é testado em um tanque de provas a uma velocidade de 24 m/s. Espera-

se que o protótipo atinja a velocidade de 6m/s em água a 16 º C.(a) Quál a escala a ser utilizada para o modelo ?(b) Quál deverá ser a velocidade do modelo se for testado em um túnel aerodinâmico (túnel de vento) à pressão de 20 atm é temperatura constante de 27 º C ?

Dados: υ H20(16ºC) = 1,217×10-5 pés2/s, µ AR(27ºC) = 3,85×4,88×10-7 Kgf .s/m2

R AR = 29,3 Kgf .m/Kg.K , 1 atm ≅ 1Kgf /cm2 = 104 Kgf /m2

Resposta: Vm ≅ 17,1 m/s A escala do modelo é 1:14

Problema 8

É admitido que o Arrasto (a força de arrasto) de um barco em água depende somente do número deRynolds e do número de Froude de maneira que

µρ

=gD

V,

VD f

AV2

1

FC

2

2

AA

É necessário que o modelo 1:10 do barco protótipo seja testado em água e os resultados sejamutilizados a fim de prever o desempenho do barco protótipo. Será que é possível ?

Resposta:a semelhança dinâmica entre o modelo e protótipo não será possível

Problema 9Em escoamentos de superfície livre, a semelhança dinâmica completa depende das forças de atrito

e de gravidade. Mostre que:

( ) 32

r r L υ=

Problema 10

A equação adimensional de Newton (força de inércia) é r 2

r 2

r r VLF ρ= . Esta equação vale para

haver a semelhança dinâmica entre modelos e protótipos. A semelhança dinâmica é determinada pelaigualdade dos números de Reynolds.

Mostre que:r

2

r

r 2

r 2

r

r

r r

LL

F

A

FP

ρµ

===

159

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O teorema π de BuckinghumSob aspecto matemático: Se existirem n grandezas físicas q (tais como velocidade, massa específica,

viscosidade, pressão, área, etc.) e k unidades fundamentais (tais como força ou massa, comprimento, tempo), podemos escrever:

( ) (1) 0q.,,.........q,q,qf n321 =

Esta equação pode ser substituída pela equação

( ) (2) 0.,,.........,, k -n321 =ππππφ

onde qualquer termo π depende não mais do que (k-1) grandezas físicas q, e cada um dos termos π éindependente, adimesional e função monômia das grandezas q.

Relações úteis

1) Se uma grandeza é adimensional, ela já é um termo π sem seguir o processo matemático.2) Se duas grandezas físicas quaisquer tiverem as mesmas dimensões, sua relação será um dos termos

π . Por exemplo: L/L é adimesional e é um termo π

3) Qualquer termo π pode ser substituído por qualquer potência deste termo, incluindo π -1. Por exemplo: π 3 pode ser substituído por π -2

3 ou π 2 por 1/π 2

4) Qualquer termo π pode ser multiplicado por uma constante numérica. Por exemplo, π 1 pode ser substituído por 3π 1

5) Qualquer termo π pode ser expresso como uma função de outros termos π . Por exemplo, seexistirem 2 termos π , π 1 = φ (π 2)

PROBLEMAS RESOLVIDOS

Ex1. Um certo escoamento depende da velocidade V, da massa específica ρ , das várias dimensões linearesl, l1, l2, da queda de pressão ∆ P, da aceleração da gravidade g, da viscosidade µ , da tensão superficial σ , e

do módulo de elasticidade volumétrica k v. Aplicar a análise dimesional para determinar uma equação deescoamento.

Solução: Matemáticamente, ( ) 10n (1) 0k ,,g,P,,l,ll,,V,f v21 =∴=σµ∆ρ

Dimensões: ,TML,LTg,TMLPL,lL,lL,l,ML,LTV -1-1-2-2-1

21

-31 =µ==∆====ρ= −

3k TMLk ,MT 21v

-2 =∴==σ −−

( ) determinar a 7)310(k -ns =−==π∴

160

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Escolhendo V,ρ , l como base:

;lV ;glV P;lV 333222111 zyx

3

zyx

2

zyx

1 µρ=πρ=π∆ρ=π2

71

6vzyx

5zyx

4 ll

;ll

;k lV ;lV 555444 =π=πρ=πσρ=π

( ) ( ) 21zy3x1000 TML.LMLLTTLM1 111 −−−−=→π∴

2--x0

1-z3y-x0

1y0

1

111

1

=

+=

+=∴

donde

0z

1y

2x

1

1

1

=−=−=

p/π 2 ( ) ( ) 2zy3x1000 LT.LMLLTTLM 222 −−−=→

2--x0

1z3y-x0

y0

2

222

2

=

+++=

=∴

donde1z

0y

2x

2

2

2

==

−=

p/π 3 ( ) ( ) 21zy3x1000 TML.LMLLTTLM 333 −−−−=→

1--x0

1z3y-x0

1y0

3

333

3

=

−+=

+=∴

donde1z

1y

1x

3

3

3

−=−=−=

p/π 4 ( ) ( ) 2zy3x1000 MT.LMLLTTLM 444 −−−=→

2--x0

z3y-x0

1y0

4

444

4

=

+=

+=∴

donde1z

1y

2x

4

4

4

−=−=−=

p/π 5 ( ) ( ) 21zy3x1000 TML.LMLLTTLM 555 −−−−=→

2--x0

1z3y-x0

1y0

5

555

5

=

−+=

+=∴

donde

0z

1y

2x

5

5

5

=−=−=

161

Page 162: Apostila de EME-35

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Finalmente, EULER V

P ou

V

PPlV

212

012

1 =ρ∆

=πρ∆

=∆ρ=π −−

FROUDEgl

V ou

V

glglV

2

22

1022 ==π=ρ=π −

REYNOLDSVl

ouVl

lV 3111

3 =µ

ρ=πρ

µ=µρ=π −−−

WEBER lV

oulV

lV2

42112

4 =σ

ρ=π

ρσ

=σρ=π −−−

MACHk

V ou

V

k k lV

v

52

vv

012

5 =ρ

=πρ

=ρ=π −−

Então , ( ) 0,,,,,,f 76543211 =πππππππ

ou 0ll

,ll

,k

V,

lV,

Vl,

glV

,V

P f

21v

22

21 =

ρσρ

µρ

ρ∆

∴ 0l

l,

l

lMA,WE,RE,FR,EU,f

21

1 =

por tanto (2) 0l

l,

l

lMA,WE,RE,FR,f EU

21

2 =

=

onde f 2 deve ser determinado experimentalmente

Existem casos onde os parâmetros FR, WE, MA são desprezados por não terem influência sobre o

fenômeno escoamento (fluido incompressível em escoamento interno, por exemplo), l é o diâmetro doconduto D, l1 é o comprimento do conduto L e l2 é uma dimensão que caracteriza a altura efetiva darugosidade superficial da parede interna do conduto, sendo representada por Então,

(3) D

,D

LRE,f

V

PEU 32

=ρ∆

=

Sabemos que a queda de pressão ao longo de um conduto varia linearmente com seu comprimento,

162

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( )DRE,f D

L

V

PEU 42

∈=ρ∆

=∴

ou

( )

( ) (4) DRE,f

DLV

P42

∈=

ρ

( ) (5) LAMINAR / p REf f 5=

Problema 2

Faça análise dimensional da bomba centrífuga.Dado: ( ) (1) 0,,k ,g,D, N,Q,H,f v =η∈µonde H = carga (altura) desenvolvida pela bomba, L

Q = vazão volumétrica, L3T-1

N = rotação da bomba, T-1

D = diâmetro do rotor, Lg = aceleração da gravidade, LT-2

µ = viscosidade de fluido, ML-1T-1

ρ = massa específica de fluido, ML-3

k v= módulo de elasticidade volumétrica, ML

-1

T

-2

ε = rugosidade absoluta, Lη = rendimento de bomba, adimensional

Solução:

Existem 10 variáveis (n) e 3 dimesões (k) independentes, de modo que devemos ter n – k = 10 – 3 =7 termos π . Esolhendo a massa específica, ρ , o diâmetro, D, e a rotação da bomba, N, como as 3 variáveisrepetitivas com expoentes desonhecidos, podemos estabelecer os temos π .Então,

(2) ND c ba1 µρ=π

( ) 11c1 ba3-000 TML.)T()L(MLTLM −−−=∴

Para1c0:T

1 ba30:L

1a0:M

−−=−+=

+=

donde tiramos

1c

2 b

1a

−=−=−=

163

O primeiro membro geralmente é representado por f (fator de atrito). Quando RE ≤ 2000, f éindependente de ε /D. Portanto:

O diagrama de MOODY

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Substituindo em (2) vem que,

RE ND

ou ND

ND2

12121

1 =µ

ρ=π

ρµ

=µρ=π −−−

(3) k ND vc ba

2 ρ=π

( ) 21c1 ba-3000 TML.)T()L(MLTLM −−−=∴

Para2c0:T

1 ba30:L

1a0:M

−−=−+−=

+=donde tiramos

2c

2 b

1a

−=

−=−=

Substituindo em (3) vem que,

MA/k

ND

/k

D N ou

D N

k k ND

vv

22

222

vv

221

2 =ρ

=πρ

=ρ=π −−−

(4) Q ND c ba3 ρ=π

( ) 13c1 ba-3000 TL.)T()L(MLTLM −−=∴

Para1c0:T

3 ba30:L

a0:M

−−=++−=

=

donde tiramos

1c

3 b

0a

−=−=

=

Substituindo em (4) vem que,

ND

QQ ND

3

130

3 =ρ=π

−−

Q33 C,capacidadedeeCoeficient ND

Q ==π∴

164

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(5) H ND c ba

4 ρ=π

( ) L.)T()L(MLTLM c1 ba3-000 −=∴

Parac0:T

1 ba30:L

a0:M

−=++−=

=donde tiramos

0c

1 b

0a

=−=

=

Substituindo em (5) tem-se,

D

HouH ND 4

0104 =πρ=π −

(6) g ND c ba5 ρ=π

( ) 2c1 ba-3000 LT.)T()L(MLTLM −−=∴

Para

2c0:T

1 ba30:L

a0:M

−−=

++−==

donde tiramos

2c

1 b

0a

−=−=

=

Substituindo em (6) tem-se,

FR Dg

D N

g

D Nou

D N

g 222

525 =≡=π=π

165

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(7) ND c ba6 ∈ρ=π

( ) L.)T()L(MLTLM c1 ba-3000 −=∴

Parac0:T

1 ba30:La0:M

−=++−=

=donde tiramos

0c

1 b

0a

=−=

=

Substituindo em (7) tem-se,

relativarugosidadeD

ND 6010

6 =∈

=π∴∈ρ=π −

e evidentemente, η=π7 pois já é um parâmetro adimensional

( ) 0,,,,,,f 7654321 =πππππππ∴

0,d

,g

D N,

D

H,

ND

Q,

kv

D N,

ND f ou

2

3

222

=

η

∈ρµ

ρ

Resolvendo para DH , tem-se,

η∈

ρµρ= ,

D,

g

D N,

ND

Q,

k

D N,

ND f

D

H 2

3v

222

1

η

∈ρµ

ρ= ,

D,

ND

Q,

k

D N,

ND f

g

D N3

v

222

1

2

η

∈ρµ

ρ=∴ ,

D,

ND

Q,

k

D N,

ND f

D N

Hg

3v

222

122 a resposta parcial !

NOTA: É claro que a eficiência hidráulica de uma bomba,η

, é uma função deρ

, D, N, Q,µ

ou seja ( )µρ=η Q, N,D,,f 2

Portanto, um termo π pode se formar como

166

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µ

ρ=η=π

3

2

38 ND

Q,

ND f

Evidentemente, da equação da resposta parcial pode-se escrever,

=

∈ρµ

ρ=

D,CMA,RE,f

D NHg

ou

D,

NDQ

,k

D N,

ND f

D NHg

Q122

3v

222

122

Problema 3

Faça análise dimesional en transferência de calor com convecção forçada.

Dado: ( ) 0h,K ,C,,,D,vf p =µρ (1)onde : v = velocidade do fluido, LT-1

D = diâmetro do tubo, Lρ = massa específica do fluido, ML-3

µ = viscosidade do fluido, ML-1T-1

C p = calor específico à pressão cte., L2T-2t-1

K = condutibilidade térmica, MLT-3t-1

167

Parâmetro deuma bomba tipoFR

A resposta final e é aequação completa de bomba centrífuga

Entrada

qcalor

D

Escoamento

v

Saida

h

Propriedades de fluido ρ , µ , C

p, K

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h = coeficiente de transferência de calor, MT-3t-1

Solução: São quatro dimensõers fundamentais tomadas neste caso. Massa M, Comprimento L, Tempo T,Temperatura t. ∴ k = 4 e n = 7

∴ os termos π = 3 ∴ ( ) (2) 0,,f 321 =πππ

Escolhendo D, ρ , µ , K como base teremos,

(3) vK D dc ba1 µρ=π

Dimensionalmente,

( ) ( ) ( ) 1d13c11 b3a0000 LT.tMLTTMLMLLtTLM −−−−−−=

Para

d0:t 1d3c0:T

1dc b3a0:L

dc b0:M

−= −−−=

++−−=++=

donde tira-se,

0d

1c

1 b

1a

=−=

==

Substituindo em (3) tem-se,

µρ=µρ=π − vD

vK D 0111

1

(4) RE

VD

1 =µρ

=π∴

(5) CK D pdc ba

2 µρ=π

Dimensionalmente,

( ) ( ) ( ) 122d13c11 b3a0000 tTL.tMLTTMLMLLtTLM −−−−−−−=

Para1d0:t

2d3c0:T

2dc b3a0:L

dc b0:M

−−=−−−=

++−−=++=

donde tira-se,

1d

1c

0 b

0a

−====

Substituindo em (5) tem-se,

168

Page 169: Apostila de EME-35

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(6) )PR (PRANDTLK

CouCK D p

2 p

1100

2 =µ

=πµρ=π −

(7) hK D dc ba3 µρ=π

Dimensionalmente,

( ) ( ) ( ) 13d13c11 b3a0000 tMT.tMLTTMLMLLtTLM −−−−−−−=

Para

1d0:t

3d3c0:T

dc b3a0:L

1dc b0:M

−−=−−−=

+−−=+++=

donde tira-se,

1d

0c0 b

1a

−===

=

Substituindo em (7) tem-se,

(8) ) NU( NUSSELTK

hD sejaouhK D 3

10013 ==πµρ=π −

∴ Da equação (2) ( ) ( )2113321 ,f ou0,,f ππ=π=πππ

ou

µ

µ

ρ=

K

C,

vD f

K

hD p1

ou ( )PR ,REf NU 1=

( ) ( ) 'nn PR REC NU =∴

onde C, n e n’ são coeficientes (ctes.) devem ser determinados experimentalmente.

Problema 4 Análise dimensional (o método de RAYLEIGH)

Supondo-se que a força resistente ao deslocamento (Força de Arrasto ou Força de sustentação) éuma função de massa específica, de viscosidade, de elasticidade, de velocidade do fluido, e de uma áreacaracterística, mostre que a força resistente é uma função dos números de MACH e de REYNOLDS

Solução: ( )AV,,k ,,f F v1A µρ=

ou (1) LVk 'k AVk 'k Fe2dc

v

baedc

v

ba

A µρ=µρ=

169

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onde k’ = constante (coeficiente) adimensional determinada experimentalmente.

Dimensinoalmente (sistema F,L,T),

( ) ( ) ( ) ( ) ( )e2d1c2 b2a24001 LLTFLTFLTFLTLF −−−−=

∴ Para(4) d- b2a0:T

(3) 2ed-2c-2b--4a0:L

(2) c ba1:F

+=++=

++=

De (2) (2a) c b1a −−=

De (4)( ) (3a) d b-2c-2 bc2 b22 bc- b-12d

(2a),dosubstituine ba2d

==+−−=+=+=

De (3) (3)em(3a)e(2a)equaçõesasdosubstituine dc2 b2a4e2 −++=

b2 bc22c2 b2c4 b44e2 −=++−++−−=

(4a) 2 b-1e =∴

Substituindo os valores em (1) tem-se,

22

c

v

2 b

22

c

2v

b

b2 b2

c2c

cv

b

b2c2

b2c

v bc

b-

b2c2 b2cv

bc b1A

VL.k VVL

k'

VL.Vk VL

k'

L.L.V.V.V

k

.

1

. b-.k'

L.L.V

V.V.k .

1.

.k'

LVk 'k F

ρ

ρ

µ

ρ=

ρ

ρ

µ

ρ=

ρµρρ=

µρρρ

=

µρ=

−−

−−

−−

−−−−−

( )MARE,f VAF 1

2

A ρ=∴ (5) A equação de RAYLEIGH

Esta equação indica que o coeficiente de arrasto, 2

AA

VA

FC

ρ= de objetos dependerá únicamente de seus

números de REYNOLDS e de MACH

Para fluidos incompressíveis o número de REYNOLDS é predominante e o efeito do número de MACH émuito pequeno e desprezível.Portanto para o fluído incompressível,

170

Page 171: Apostila de EME-35

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( )REf VAF 2

2

A ρ=

ou ( ) A

2

2

2

A C.2

VAREf 2.

2

VAF ρ=

ρ=

onde CA = coeficiente de arrasto que depende do nº de RE ( )2VA

FREf 2

2

A2 ρ

==

Analogamente, pode-se mostrar que

S

2

S C.2

VAF ρ=

onde FS = Força de sustentaçãoCS = Coeficiente de sustentação

Se for M>1, ( ) somente MAf VA

F32

A =ρ

PROBLEMAS PROPOSTOS

Problema 1

O conjugado T disponível no eixo de uma turbna hidráulica depende da vazão volmétrica Q, dacarga manométrica H, do peso específico γ , da velocidade angular ω e do rendimento η .

Determinar a forma da equação do conjugado utilizando o teorema π

Resposta:

ηωγ = ,

Q

H f HT

3

14

onde f 1 deve ser determinado experimentalmente

Problema 2Considerando-se que a força de arrasto exercida por um fluido em escoamento sobre um objeto é

uma função da massa específica, da viscosidade, da velocidade do fluido e de um comprimentocaracterístico do corpo, desenvolver uma equação geral para a força utilizando o teorema π doBuckinghum.

Resposta: ( )KRE22

VLLV

VLF

22

1

22

ρ=

µ

ρ

φρ=

onde K = cte. Adimensional determinada experimentalmente.

Problema 3Considerando-se que o fluxo Q sobre uma barragem retangular varia diretamente com o

comprimento L e é uma função da altura H e da aceleração da gravidade g, estabelecer a fórmula para ofluxo de barragem, utilizando o teorema π

171

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Resposta: 2/12/3 g.H.L.K Q =

onde K= uma cte. Determinada experimentalmente.

Problema 4

Um vertedor triangular é uma placa vertical com um entalhe de ângulo de abertura φ na sua partesuperior, colocada transversalmente num canal. O líquido no canal é retido e obrigado a escoar pelo entalhe.A vazão Q é uma certa função da cota H, da superfície livre a montante do vertedor, medida a partir dofundo do entalhe. Além disso a vazão depende da aceleração da gravidade e da velocidade V0 deaproximação ao vertedor. Determinar a forma da equação que fornece a vazão pelo teorema π

Resposta:

φ= ,

gh

V f H.gQ 0

12/5

Há necessidade de resultados experimentais ou de uma análise teórica para se obter informações adicionaissobre a função f 1

Escolhendo H e V0 como base tem-se a resposta diferente.

Resposta:

φ= ,

gh

V f HVQ 0

22

0

A função incógnita f 2 contém os mesmos parâmetros que f 1, mas não pode ser a mesma funçãomatemática.

A última resposta obtida não é, em geral, muito útil porque freqüentemente V0 pode ser desprezadoem vertedores triangulares. Isto mostra que uma variável pouco importante não deve ser escolhida comograndeza da base.

Problema 5

A perda de carga por unidade de comprimento LH∆ no escoameto em regime turbulento num

conduto liso depende da velocidade V, do diâmetro D, da aceleração da gravidade g, da viscosidadedinâmica µ e da massa específica ρ . Determinar, com o auxílio da análise dimesional, a forma geral daequação que rege o fenômeno de transporte.

Resposta:

( )gDVRE,f L

H 21=

onde f 1 é uma função determinada experimentalmente.

Nota: a fórmula usualmente empregada é

( )g2

VDL

REf H2

2=∆ onde ( ) atritodefator of REf 2 ==

Problema 6O número de REYNOLDS é uma função da massa específica, da viscosidade absoluta, da

velocidade média de um fluido e de um comprimeto característico. Estabeleça o número de REYNOLDS pela análise dimensional de RAYLEIGH.

172

Page 173: Apostila de EME-35

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Resposta:2yVL

K RE

πρ

=

Os valores de K e y2 devem ser determinados pela análise física e/ou experimentalmente. Mas pela

definição do número de ,LVRE µρ= Sabe-se que aqui K = 1 e y2 = -1

Problema 7Estabelecer a expressão do número de WEBER, se ele é uma função da velocidade V, da massa

específica ρ , do comprimento L e da tensão superficial σ . Use o método de RAYLEIGH.

Resposta:d b

LV2 k WE

−=

σρ

=

onde k e b são ctes. Determinadas experimentalmente. Sabe-se que k = 1 = b = -d

Problema 8Estabelecer um número adimensional, sabendo-se que ele é uma função da aceleração da gravidade

g, da tensão superficial σ , da viscosidade absoluta µ e da massa específica ρ . Use o método deRAYLEIGH.

Resposta:

d

4

3

g K NUMERO

µρσ

=

onde K e d são ctes. Devem ser determinadas experimentalmente.

Problema 9

Desenvolva uma expressão da vazão volumétrica em um tubo horizontal para escoamentototalmente desenvolvido e em regime laminar pelo método de RAYLEIGH Dado: ( )P,L,D,f Q ∆µ=

Resposta:µ∆

=

−PD

L

D K Q

3 b

onde K e b são ctes. determinadas experimentalmente

Notas: Se for –b = 1,L

PDK Q

4

µ∆

=

Sabe-se que128

K π

= de modo queL128PD

Q4

µ∆π

=

Esta é a equação de HAGEN-POISEULLE.

173

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Capítulo 10 - Transferência de Calor Por Convecção

Métodos para determinar o coeficiente de transferência de calor

Há quatro métodos para se analisar o processo de transferência de calor por convecção:

(1) Análise dimensional acoplada a experiência,(2) Análise exata da camada limite e/ou análise exata para escoamento (interno) totalmente desenvolvido,(3) Análise integral da camada limite (Método de VK/KH),(4) Analogia entre quantidade de movimento (momentum) e transferência de energia.

Tipo de Convecção

Convecção Forçada: Se o escoamento for qualquer tipo de agitação, por exemplo, escoamento por causa de ventilador, bomba, etc., a transferência de calor seria por convecção forçada.

Convecção Natural ou Livre: Convecção natural ocorre quando a massa específica do fluido muda

devido a força de empuxo e a expansão térmica.

Análise dimensional em transferência de calor por convecção forçada

Q(calor)

D

Saídah (coeficiente)

Superfície quente

Entrada

Escoamento

V

Propriedades de fluido:ρ, µ, C P, K

Variáveis

(1) Velocidade de fluido, V;(2) Diâmetro do tubo, D;(3) Massa específica, ρ ;(4) Viscosidade dinâmica, µ ;(5) Calor específico à pressão constante, Cp;(6) Condutibilidade térmica, k;(7) Coeficiente de transferência de calor, h.

São 7 propriedades.

Portanto, f(v, D, ρ , µ , Cp, k, h) = 0

A aplicação do teorema dos π 5 (como base: D, ρ , µ , k) nos fornece:

NU = f(RE, PR) ou seja NU = C(RE) n (PR)n’ (1)

174

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onde c = uma constante determinada experimentalmente,n e n’= expoentes, determinadas experimentalmente,

NU = número de Nusselt = K

Dh ⋅,

RE = número de Reynolds = µ

ρ V D ⋅⋅, adimensional

PR = número de Prandtl = K

C P ⋅ µ

Nota:

F (V, D, ρ , µ , Cp, k, h) = 0

Escolhendo D, ρ , µ , Cp como base pode-se mostrar que:

ST = f(RE, PR) = C(RE)n (PR)n’ (2)

Onde ST = número de Stanton = PR RE

NU

C V

h

P ⋅=

⋅⋅ ρ (adimensional)

Números adimensionais em transferência de calor por convecção

Números Def./ Valor Interpretação Aplicação

1) RE

µ

ρ V D ⋅⋅ Força de inércia / Força de atrito Convecção forçada

2) PR

K

C P ⋅ µ Difusidade molecular da quantidadede movimento / difusidade molecular de calor

Convecção forçada ounatural, aquecimento,condensação

3) NU

K

Dh ⋅ Razão do gradiente de temperatura Convecção forçada ounatural, aquecimentocondensação

4) ST

P C V

h

⋅⋅ ρ

Taxa de transferência de calor naparede / Taxa de transferência decalor por convecção

Convecção forçada

5) GR2

32

µ

β ρ D g ⋅⋅⋅⋅ (Força e empuxo)(Força de inércia /Força de viscosidade

Convecção natural

Obs: GR = número de GRASHOF

Características Básicas para Obtenção do coeficiente de convecção

175

Page 176: Apostila de EME-35

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As propriedades do fluido são avaliadas à temperatura,

2

TsTeT f

+= (3)

Onde Tf = temperatura média aritmética do fluido (também chamada de temperatura “Bulk”2

se B

T T T

+= ),

Te = temperatura do fluido na entrada, Ts = temperatura do fluido na saída

Ou

22 P f S f

pe

T T ou

T T T

++= (4)

Onde Tpe = temperatura média da película, Tf = temperatura média aritmética do fluido, TS = temperatura dasuperfície (na parede, Tp)

A dimensão característica D ou L

O coeficiente de transferência de calor ch pode ser calculado a partir do número de Nusselt,

K

Lhou

K

Dh NU CHC ⋅⋅

=

Para o caso de escoamento em tubos em condutos longos, o comprimento característico nonúmero de Nusselt é o diâmetro hidráulico, DH.

Área deseçãotransversal

DH = 4x(área da seção transversal deescoamento)/(perímetro molhado)Perímetro

molhado

Para um tubo ou um cano, a área da seção transversal de escoamento é π .D2 / 4, e o perímetromolhado é π D.

∴ o diâmetro interno do tubo é igual ao diâmetro hidráulico.

Quando o escoamento é em torno de placas, paralelo a placas ou entre placas planas, a dimensãocaracterística é um dos lados da placa ou a distância entre elas.

Regime de escoamento (Laminar, Transitório, Turbulento)

176

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Os regimes de escoamento são caracterizados pelos números de RE, como segue:

Tubos cilíndricos (escoamento no interior)

Regime laminar para: 0 < RE ≤ 2100Regime transitório para: 2100 < RE ≤ 8000

Regime turbulento para: 8000 < RETubos retangulares, escoamento em seu interior

Regime laminar para: 0 < RE ≤ 350Regime turbulento para: 350 < RE

Escoamento sobre placas planas

Regime laminar para: 0 < RE ≤ 5 x 105Regime transitório para: 5x105 < RE ≤ 6 x 106Regime turbulento para: 6 x 106 < RE

Fórmulas para determinações do coeficiente de convecção

1ª lei

T C mQ P C ∆⋅⋅=

Onde C Q = calor transmitido (ou retirado) pelo fluido (escoamento interno) por unidade de tempo por

convecção forçada (kcal/h, w); m = vazão em massa = cte. = ρ .v.a (kg/s); ρ = massa específica do fluido(kg/m3); V = velocidade média do escoamento (m/s); A = área da seção transversal de escoamento (m2); CP

= calor específico à pressão cte. (J/kgºC); ∆ T = Te - Ts (ºC) →(Te>Ts →significa resfriamento); ou ∆ T = Ts -Te (ºC) → (Ts>Te →significa aquecimento), Te = temperatura do fluido na entrada (ºC), Ts = Temperatura dofluido na saída (ºC).

As fórmulas para convecção forçada, escoamento laminar 2) Para temperatura constante na parede (líquido/gás): uma equação empírica sugerida por SIEDER ETATE, que tem sido extensivamente usada para correlacionar os resultados experimentais para líquidos,pode ser escrita na forma

14,03

1

86,1

⋅⋅⋅=

s

f

m L

D PR RE NU

µ

µ (7)

Para tubos curtos ou 15,1<t L

L(aproximadamente)

Onde número de GRAETZ, L

D PR RE GZ ⋅⋅= e é recomendada para

0,48 < PR < 16700

0,0044 < s

f

µ

µ < 9,75 ou 10>⋅⋅

L

D PR RE

177

vc s

S

s s

vc

eeeVC W gz V

hmdt

dE gz

vehmQ ++++=+++ ∑∑ )

2()

2(

22

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2

14,0

3

1

>

s

f GZ

µ

ν restrições

Definição de tubos curtos

Lt>L onde Lt = comprimento de entrada térmica = 0,003.RE.PR.D e PR → ∞Ou Lt = 0,037.RE.PR.d e PR = 0,7L = comprimento de tubo.

Avaliação da equação (7)

Todas as propriedades são avaliadas à temperatura média aritmética do fluido, Tf (tambémchamada de temperatura “Bulk”, TB).

Mas a viscosidade, µ s, que é avaliada à temperatura da parede (Ts ou Tp).

OBS.: Esta equação não pode ser usada para os tubos muito longos (L >> Lt) desde que ela resulta ocoeficiente de transferência de calor nulo.

Exemplo 1: Água a 60 C entra num tubo de diâmetro de 1 polegada (2,54cm) com a velocidade média de2cm/s. Calcule a temperatura d’água na saída, se o tubo é de comprimento de 3m e a temperaturaconstante na parede for igual a 80 C.

Solução:

Não sabemos a temperatura média (Tf ) do fluido.

2

se f

T T T

+= , mas Te = 60ºC.

∴ Na primeira aproximação vamos avaliar as propriedades a 60ºC (=Tf ).Pela tabela de propriedades (Tabela A-9/507, HOLMAN),

;1071,4;18,4;9852

4

3 m

NS

C kg

kJ c

m

kg P

−⋅=°

== µ ρ

!1670002,348,0:02,3;651,0 ok overificaçã PRC m

W K <<→=

°=

( ) ( ) ( )( ) !!200021001062

1071,4

1054,21029854

22

OK LAMINAR DV

RE <≅⋅

⋅⋅⋅⋅=

⋅⋅=∴

−−

µ

ρ

( ) ( ) ( ) !!Re1015,273

0254,002,31062 Ok strição L D PR RE >≅⋅⋅=⋅⋅

µ s à temperatura da parede (80ºC) → µ s = 3,55.10-4NS/m2

Aplicando a equação (7) tem-se.

178

Page 179: Apostila de EME-35

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[ ] K

Dh NU m

m

⋅=≅

⋅⋅

⋅⋅=−

816,51055,3

1071,413,2786,1

14,0

4

4

31

C m

W hm °

≅⋅

=∴2

1,1490254,0

651,0816,5

A vazão em massa pela continuidade:

skg V D

m /10982,94

02,00254,0985

4

322

−⋅≅⋅⋅⋅

=⋅⋅

⋅=π π

ρ

Balanço de energia:

( )ent sai P mr T T cmT AhQ −⋅⋅=∆⋅⋅=

Onde Qr = taxa de calor transmitida na direção radial (W)

Ts?60 °C

80 °C

hx

θ

r

Ou ( )e s P f sm T T cmT T L Dh −⋅⋅=−⋅⋅⋅⋅ π

Ou ( )e s P

se

sm T T cm

T T

T L Dh −⋅⋅=

+

−⋅⋅⋅⋅

2π (a)

Substituindo os valores de Ts, Te, hm, etc, tem-se,

( )60418010982,92

60800,30254,01,149 3 −⋅⋅⋅=

+−⋅⋅⋅⋅ −

s

s T T

π

Resolvendo, C T T s sai °≅= 98,71

Então verificamos:

!60662

28,7160

C T oconsiderad foiMasC s

T T

T f

saient

s °=←°≅

+

=

+

=

2ª Tentativa: Vamos avaliar as propriedades a 66ºC.

;1036,4;4185;9852

4

3 m

NS

C kg

J c

m

kg P

−⋅=°

== µ ρ

1670078,248,078,2;656,0 <<→=°

= PRC m

W K

179

Page 180: Apostila de EME-35

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( ) ( ) ( )!!20001144

1036,4

1054,21029854

22

OK LAMINAR DV

RE <≅⋅

⋅⋅⋅⋅=

⋅⋅=∴

−−

µ

ρ

( ) ( ) ( )!1093,26

3

0254,078,21144Ok

L

D PR RE >≅

⋅⋅=⋅⋅

[ ] 645,51055,3

1036,493,2686,1

14,0

4

4

31

⋅⋅

⋅⋅=−

m NU

C m

W

D

K NU h m

m °≅

⋅=

⋅=∴

28,145

0254,0

656,0645,5

Substituindo este valor de hm e as propriedades em (a), tem-se,

%28,0.78,71 −°≅= Dif C T T s sai

Esta iteração faz muita pouca diferença. Então, a resposta é Tsai ≅ 71,78ºC . Talvez mais umaiteração daria a resposta mais correta Tsai ≅ 71,97ºC

Observação: Lt = 0,033.RE.PR.D = 0,033.1144.2,78.0,0254 = 2,67m ∴

15,112,1167,2

3<≅=

m

m

L

L

t

Para tubos curtos. Ok!

3) Para temperatura constante na parede (líquido/gás): HAUSEN apresenta uma equação empírica paraescoamento laminar totalmente desenvolvido com a temperatura constante na parede.

( ) 3

2

04,01

0668,066,3

GZ

GZ NU m⋅+⋅+= (8) Para tubos curtos ou longos

Onde número de GRAETZ, GZ = RE.PR.D/L e L = a distância a partir de entrada (comprimento total dotubo).

Restrição: Esta equação é válida para GZ < 100. E todas as propriedades são avaliadas à temperaturamédia aritmética, Tf (ou Bulk temperature, TB) do fluido. Claramente, a medida em que o comprimento Lcresce, o número de NUSSELT alcança o seu valor assintótico de 3,66 (teórico).

Exemplo 2: Para um perfil de velocidades totalmente desenvolvido, calcular o comprimento necessário de

um tubo de 0,25cm de diâmetro interno para elevar a temperatura de mistura do benzeno desde 16ºC até38ºC. A temperatura da parede do tubo é constante e igual a 66ºC, e a velocidade média é 0,5m/s.

Solução:

Para uma temperatura média de

C T T

T se f °=

+=

+= 27

2

3816

2,

180

Page 181: Apostila de EME-35

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As propriedades do fluido são:

;1089,5;4,1757;6,8742

4

3 m

NS

C kg

J c

m

kg P

−⋅=°

== µ ρ

)(0025,05,6;159,0 dadom De PRC m

W

K ==°=

( ) ( ) ( )!!2 1 0 02 0 0 01 8 5 6

1 08 9,5

6,8 7 41 02 5,05,04

2

O K L A M I N A Ro u DV

R E <≅⋅

⋅⋅⋅=

⋅⋅⋅=

µ

ρ

L

D PR RE GZ ⋅⋅=

Utilizando a equação (8) tem-se,

3

2

04,01

0669,0

66,3

⋅⋅⋅+

⋅⋅⋅+=

⋅=

L

D PR RE

L D PR RE

K

Dh NU m

m

Substituindo os valores, obtêm-se uma equação com duas incógnitas de hm e L,

3

2

16,3004,01

13,128

78,232

⋅+

+=

L

Lhm (a) onde hm em W/m2ºC

Torna-se necessário encontrar uma outra equação para resolver o sistema. Um balanço de energiano fluido fornece esta equação.

( ) f sm P r T T L DhT cmQ −⋅⋅⋅⋅=∆⋅⋅= π

ou ( ) f s

P m

T T L

T c DV h

−⋅⋅∆⋅⋅⋅⋅

=4

ρ

que substituindo os valores fornece:

Lhm

93,270= (b)

Eliminando hm entre (a) e (b) resulta:

181

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3

2

16,3004,01

13,128

78,23293,270

⋅+

+=

L

L

L (c)

A equação (c) pode ser resolvido por tentativas, fornecendo

L = 0,786m (Resp.)

Verificação de GZ:

786,0

1025,05,61856

2−⋅⋅⋅=⋅⋅=

L

D PR RE GZ

.10037,38 Ok GZ <=∴

Problemas Propostos

Problema Proposto 1

Resolva o exemplo 2 utilizando a seguinte equação técnica para escoamento laminar totalmentedesenvolvido com a temperatura constante na parede:

TAPAN-ANTÔNIO: 3

1

5,0

5,0

39334,036,3 PR RE L

D NU m ⋅⋅

⋅+=

Restrição: Esta equação é válida para GZ < 100. E todas as propriedades são avaliadas à temperaturamédia aritmética (Tf ) do fluido.

Resposta: L = 0,8737m Dif.% ≅ +6,49% (com o resultado anterior).

4) Escoamento laminar: para fluxo de calor constante na parede.

A equação empírica de HAUSEN:

⋅⋅⋅+

⋅⋅⋅

+=

L

D PR RE

L

D PR RE

NU D

0011,01

036,0

36,4 (9)

Onde NUD = Número de NUSSELT local.

Problema Proposto 2

Ar a 200ºF e 30psia escoa através de um tubo aquecido, de diâmetro de 1/2 polegada com umavelocidade de 5pés/s. Para o fluxo de calor por unidade de área, constante na parede, determinar o númerode NUSSELT em 1pé, 2pés, 3pés da entrada do tubo respectivamente.

Respostas: NUD1 ≅ 6,114; NUD2 ≅ 5,263; NUD3 ≅ 4,969

182

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Escoamento turbulento interno

A equação de Dittus e Boelter:

4,03,08,0023,0 oumm PR RE

K Dh NU ⋅⋅=⋅= (sendo 0,3 para resfriamento e 0,4 para aquecimento).

Restrições: (a) PR > 0,7 (b) L / D > 60

As propriedades são avaliadas à temperatura “Bulk”, Tb,

2

seb

T T T

+=

A equação de Colburn:

( ) ( ) J fator J RE PRST H =⋅= − 2,032 023,0 (10)

As propriedades do fluido devem ser tomadas na média aritmética da temperatura da parede e

temperatura global (bulk) do fluido, isto é,22

b s f s

pe

T T T T T

+=

+=

A equação de Sieder e Tate:

( ) 2,0

14,0

3

2

023,0 −⋅=

⋅ RE PRST

f

s

µ

µ (11)

As propriedades do fluido são avaliadas à temperatura “bulk”, Tb,2

seb

T T T

+= , exceto a

quantidade µ s, que deve ser tomada na temperatura média da parede. Esta equação é válida até PR = 104.

A equação da instituição dos engenheiros químicos, Londres:

( ) 20225,0505,0205,0796,3exp LnPR LnPR LnRE ST ⋅−⋅−⋅−−= (12)

As propriedades do fluido são avaliadas a

2

seb

T T T

+= .

Exemplo 3: Em um trocador de calor, água escoa através de um tubo de cobre, 1 polegada calibre 16, comvelocidade média global 2m/s. Do lado de fora do tubo condensa-se vapor a 150ºC. A água entra a 20ºC esai a 60ºC. Calcule o coeficiente de transferência de calor de água.

Solução:

183

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C T T

T seb °=

+=

+= 40

2

6020

2

As propriedades físicas da água a 40ºC são:

;000693,0;998,0;992 23 m

NS

C kg

kcal

cm

kg P =°== µ ρ

°=

s

h

C hm

kcal K

360054,0

O diâmetro interno do tubo é 2,21cm (dado).

( ) ( ) ( )!!1 0 0 0 06 3 2 7 0

0 0 0 6 9 3,0

9 9 2102 1,22 2

O K T u r b u l e n t o DV

R E >≅⋅⋅⋅

=⋅⋅⋅

=−

µ

ρ

( ) ( )!7,059,4

3600

542,0

998,0000693,0OK

c

PRP

>≅⋅

=⋅

= µ

µ

Utilizando-se a equação de Dittus-Boelter, tem-se:

4,08,0023,0 PR RE D

K hm ⋅⋅⋅=

4,08,0 59,463270023,00221,0

542,0⋅⋅⋅=mh

C hmkcal hm °

≅∴ 27200 (Resp.)

Problema Proposto 3

Resolva o exemplo 3 com uso das outras equações.

Respostas: Colburn → C hm

kcal hm °=

28240 →Dif. = 14,44%

Sieder e Tate → C hm

kcal hm °

=2

7200 →Dif. = 0,28%

Engenheiros químicos, Londres → C hm

kcal hm °

=2

7300 →Dif. = 1,39%

184

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TAPAN-ELI/81 → ( ) [ ]2

,3

2

233,31

+−⋅⋅= C f LnRE K

PRST

Onde K’ = 0,4 e C = 5,5

Ou K’ = 0,36 e C = 3,8

Restrição: As propriedades do fluido são avaliadas na temperatura de película,2

s f

pe

T T T

+=

Exemplo 4: Um gás a ser aquecido da temperatura T1ºK a T2ºK que escoa atrvés dos tubos, aquecidos por vapor. Se a diferença de temperatura média logarítma e o coeficiente de transferência de calor entre as

paredes dos tubos e o gás forem θ lm e h, respectivamente, mostre que

⋅⋅

−=

⋅⋅=

L

DT T

cV

hST

lm P 4

12

θ ρ

onde D = diâmetro interno dos tubos, l = comprimento de tubo, V = velocidade média de escoamento dogás, Cp = calor específico à pressão constante do gás.

Um pré-aquecedor a ser projetado para aquecer 1,8kg/s de ar de 288 a 348ºK, utilizando o vapor condensado a 373ºK como o meio de aquecimento. A queda de pressão máxima permitida através dostubos de trocador, os quais têm diâmetro interno de 25mm, é limitada a 7,5.102N/m2.

Calcule o número de tubos requeridos e os seus comprimentos.Dados: A massa específica de ar a 318ºK = 1,11kgf/m3, a viscosidade de ar a 318ºK = 0,192.10-4Ns/m2, onúmero de Stanton, ST = 0,046RE-1/4, o fator de atrito Fanning, f F = 0,079RE-1/4.

Solução:

O ganho de calor pelo gás escoando através dos tubos = vazão em massa x calor específico à

pressão cte. x aumento de temperatura. = ( ) ( ) ←−⋅⋅

⋅⋅⋅=−⋅⋅ f s P P T T c

DV T T cm

4

2

12

π ρ 1ª lei (1)

O calor transferido da superfície dos tubos ao gás = área de superfície de transferência de calor x ocoeficiente de transferência de calor x a diferença da temperatura média logarítma = (π .D.L).h.(θ lm) ←Uma forma da lei de Newton (2)

Para escoamento em regime permanente (condição estável e escoamento totalmentedesenvolvido), a equação (1) = a equação (2).

( ) lm P h L DT T cV D

θ π ρ π

⋅⋅⋅⋅=−⋅⋅⋅⋅⋅

12

2

4

ou

⋅⋅

−==

⋅⋅ L

DT T ST

cV

h

lm P 4

12

θ ρ (3) c.q.d

Notas Importantes

Em mecânica dos fluidos, a perda de carga é dada pela equação de DARCY-WEISBACH.

g

V

D

L f h L ⋅

⋅⋅=2

2

ou g

V

D

L f

P

⋅⋅⋅=

∆2

2

γ ou

g

V

D

L f

g

P

⋅⋅⋅=

⋅∆

2

2

ρ

185

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2

2V

D

L f P

⋅⋅⋅=∆∴ρ

(4)

Onde ∆ P = queda de pressão devido ao atrito (N/m2), L = comprimento da tubulação (m), D = diâmetro datubulação (m), ρ = massa específica do fluido (kg/m3), V = velocidade média do fluido (m/s), hL = perda de

carga (head loss) ou perda de energia mecânica (m = Nm/N), γ = peso específico do fluido(N/m3), g =aceleração da gravidade ≅ 9,81m/s2, f = fator de atrito adimensional), este fator de atrito é de DARCY, podeser escrito com f D. Mas f D = 4.f F, onde f F = fator de atrito de Fanning.

Vamos usar o fator de atrito de Fanning para resolver este problema.A equação (4) pode então sr escrita,

22

22

4 V D

L f

V

D

L f P F F ⋅⋅⋅⋅=

⋅⋅⋅⋅=∆ ρ ρ

P

V f

P

V f

L

D F F

∆⋅⋅⋅

=∆⋅

⋅⋅⋅=

⋅∴

24

2

4

22 ρ ρ

(5)

Substituindo a equação (5) na equação (3) tem-se,

∆⋅

⋅⋅⋅⋅

−=

P

V f T T ST F

lm 2

2

12 ρ

θ

ou2

12

2

V T T

P

f

ST lm

F

=−

⋅∆⋅

θ

ρ

2

1

12

2

∆⋅

=∴T T

P

f

ST V lm

F

θ

ρ (6)

Mas por definição:

( ) ( ) ( ) ( )

−−

−−−=

−−

−−−=

2

1

21

T T

T T Ln

T T T T

T T

T T Ln

T T T T

P

P

P P

s P

e P

s P e P lmθ

Onde TP = temperatura na parede, Te = T1 = temperatura na entrada, Ts = T2 = temperatura na saída.

Aqui TP = 373K; T1 = 288K; T2 = 348K

K K

LnT T

T T Ln

T T

P

P

lm 029,49

348373

288373

288348

2

1

12 ≅

−−

−=

−−

−=θ

186

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K lm 49≅∴θ

Levando os valores numéricos na equação (6) tem-se,

2

1

2

4

1

4

1

11,1105,7

6049

2

079,0

046,0

⋅⋅

⋅=∴−

RE

RE V

smV /35,25≅∴

Essa velocidade média é a velocidade máxima permitida para dar a queda de pressão máximapermitida. A vazão em massa através de um único tubo é:

( ) skg

DV m /1012,138

4

102535,2511,1

4

4

232−

⋅≅⋅⋅

⋅⋅=⋅

⋅⋅=π π

ρ

Se o número de tubos no trocador de calor for N,

skg

dado skg

DV

m AV

m N N AV m/1012,138

)(/8,1

4

42 −⋅=

⋅⋅⋅=⋅⋅=∴⋅⋅⋅=

π ρ

ρ ρ

Finalmente, N ≅ 130,31246 ≅ 131 tubos (Resp.)(Sempre arredondar para mais)

Número de Reynolds

( ) ( ) ( ) 67188,3663810192,0

11,135,2510254

3

≅⋅

⋅⋅⋅=⋅⋅= −

µ

ρ V D RE

∴ RE ≅ 36638,67 > 10000 Turbulento! (Para trocador de calor)

Comprimento dos tubos de trocador de calor

22 V D

L f P F ⋅⋅⋅⋅=∆ ρ

ou ( )225,0

32

2 35,2511,167,36638079,02

1025105,7

2 ⋅⋅⋅⋅

⋅⋅⋅

=⋅⋅⋅

⋅∆

= −V f

D P

L F ρ

ou seja L ≅ 2,30m (Resp.)

Exemplo 5: Método Experimental (Análise dimensional combinada com experiência)

187

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Um modelo de um gerador de vapor (caldeira) à escala 1:8 foi usado para investigar a transferênciade calor por convecção forçada, utilizando ar como fluido de trabalho. Para as várias velocidades de ar, oscoeficientes de transferência de calor para primeiro passo foram obtidos:

V m (m/s) 2 3,14 4,65 8,8hm (W/m2 ºC) 150,4 68,6 90,6 141,0

V a p o r

V a p o r

A r

A r

A temperatura média do ar escoando através do gerador de vapor é tm = 20ºC. O diâmetro de tubosusado no modelo é de Dm = 12,5mm.

Com os dados experimentais obtidos do modelo, ache a equação do cálculo para transferência decalor por convecção forçada em forma da dependência de NU = f(RE) = c.(RE)n onde c e n são constantesda experiência.

Dados: ;;ν

DV RE

K

Dh NU mm ⋅

=⋅

=

tm = 20ºC → C mW K ar °= /026,0

smar /1006,15 26−⋅=ν

Solução: Método gráfico

A equação geral da convecção forçada é

NU = f(RE, PR) = c.(RE)n.(PR)n’ Nota:

K

c PR P ⋅

Aproximação: 172,020 ≅≅°C aar PR

( ) n RE c NU ⋅=∴ (1)

Definição: K

Dh NU m ⋅

= ou seja026,0

105,12 3−⋅⋅= mh

NU

188

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mh NU ⋅≅∴ 481,0 (2)

Definição:6

3

1006,15

105,12−

⋅⋅=

⋅= mm V DV

RE

ν

mV NU ⋅≅∴ 01,830 (3)

Cálculo do número de NUSSELT contra número de REYNOLDS:

V m (m/s) hm (W/m2 ºC) RE (Eq.3) NU (Eq.2 Ln(RE) Ln(NU)

2,0 50,4 1660,02 24,24 7,41 3,193,14 68,6 2606,23 32,99 7,87 3,504,65 90,6 3859,55 43,58 8,26 3,778,8 141,0 7304,09 67,82 8,90 4,22

De (1) tem-se, Ln(NU) = Ln(c) + n.Ln(RE)

Essa equação é de uma reta do tipo y = b + a.xSendo y = Ln(NU), b = Ln(c), a = n, x = Ln(RE)

Com a plotagem de Ln(NU) x Ln(RE) em um papel gráfico (milimetrado) tem-se, x

ytg n

∆∆

== α →

sendo ∆ y = 10 e ∆ x = 15, ou n = tgα = 10/15

667,0≅∴n (1.a)

Temos que: Ln(NU) = Ln(c) + n.Ln(RE) ou y = b + a.x

Para (y = 3,59; x = 8,00) do gráfico.

( )00,8667,059,3 ⋅+=∴ b

ou b = -0,174.

Mas b = Ln(c) ou c = exp(b) = exp(-0,174)

∴ c ≅ 0,174 (1.b)

Levando (1.a) e (1.b) em (1) tem-se,

( ) 667,0174,0 RE NU ⋅= (4)

189

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0

0-l

α

∆ x

∆ y

y

x

A equação (4) seria a equação do cálculo . (Resp.)

Outro método (Método sem gráfico)

Temos que: ( ) n RE c NU ⋅= (1)

Esta é a equação de potência do tipo

y = a.xb onde y = NU; a = c; x = RE; n = b.

Escrevendo a equação (1) na forma Ln(NU) = n,Ln(RE) + Ln(c)Temos as seguintes expressões:

( ) ( )( ) ( )

( )

( )

N

LnRE

LnRE

N

LnNU LnRE LnNU LnRE

n2

2 Σ−Σ

Σ⋅Σ−⋅Σ

= (2)

Σ⋅

−Σ

= N

LnRE n

N

LnNU c exp (3)

Onde N = número de pontos (números de ensaios).

N LnRE LnNU (LnRE)(LnNU) (LnRE)2

1 7,41 3,19 7,41 x 3,19 =23,6379

7,412 = 54,9081

2 7,87 3,50 7,87 x 3,50 =27,545

7,872 = 61,9369

3 8,26 3,77 8,26 x 3,77 =31,1402

8,262 = 68,2276

4 8,90 4,22 8,90 x 4,22 =37,558

8,902 = 79,21

Σ LnRE = 32,44 Σ LnNU = 14,68 Σ (LnRE).(LnNU) =119,8811

Σ (LnRE)2 =264,2826

(Σ LnRE)2 = 1052,3536(Σ LnRE).( Σ LnNU) = 476,2192

190

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4

3536,10522826,265

4

2192,4768811,119

−=∴n

692,0≅∴n

−=4

44,32692,0

4

68,14expc

143,0≅∴c

Portanto, a equação do cálculo seria

( ) 692,0143,0 RE NU ⋅= (Resp.)

Verificação:

RE(Eq.3) NU(Eq.2) NU = 0,174.(RE)0,667

Erro relativo NU = 0,143.(RE)0,692

Erro relativo

1660,02 24,24 24,45 0,87% 24,19 -0,21%2606,23 32,99 33,04 0,15% 33,05 0,18%3859,55 43,58 42,93 -1,49% 43,37 -0,48%7304,09 67,82 65,70 -3,13% 67,44 -0,56%

NOTAS: Verificando com os dados experimentais da tabela principal, percebe-se que ambas equaçõesestão corretas. Evidentemente, o segundo método é melhor pois introduz o menor erro. (Resp.)

Análise dimensional em transferência de calor por convecção natural ou livre

Convecção Natural

A transmissão de calor por convecção natural ocorre sempre que um corpo é colocado num fluido auma temperatura maior ou menor do que a do corpo. Em conseqüência da diferença de temperatura, ocalor flui entre o fluido e o corpo, e causa uma variação da massa específica nas camadas fluidas situadasnas vizinhanças da superfície. A diferença de massa específica induz um escoamento descendente dofluido mais pesado e um escoamento ascendente do fluido mais leve. Se o movimento do fluido é causadounicamente por diferença de massa específica resultantes de gradiente de temperatura, sem atransferência de calor associado é chamado de convecção natural ou livre.

Aplicações

No campo da engenharia elétrica, as linhas de transmissão, os transformadores, os retificadores eos fios aquecidos eletricamente, tal como o filamento de uma lâmpada incandescente ou os elementos deaquecimento de uma fornalha elétrica, são resfriados por convecção natural.

A convecção natural é o mecanismo dominante de troca de calor nos radiadores de vapor nasparedes de um edifício. A convecção natural é também responsável pelas perdas de calor de tuboscondutores. A determinação da carga térmica nos equipamentos de ar condicionado ou de refrigeraçãorequer, portanto, o conhecimento dos coeficientes de transferência de calor por convecção natural.

191

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Recentemente, a convecção natural foi proposta em aplicações de energia nuclear para resfriar assuperfícies de corpos nos quais o calor é gerado por fissão.

Análise dimensional

g

Ta

E s c o

a m e n t o

d o

Ts

L

Propriedades de fluido: g K C P β µ ρ ,,,,

Não há velocidade especificada neste caso. O escoamento é o resultante da transferência deenergia entre a placa à temperatura, TS e o fluido à temperatura ambiente, Ta.As propriedade do fluido são: ρ , µ , Cp, K e β .

A propriedade β , é o coeficiente de expansão térmica, o qual é usado para representar a variaçãoem massa específica do fluido com a temperatura:

ρ = ρ S (1 + β ∆ T) (1)

onde ρ S = a massa específica de referência dentro da camada aquecida, ∆ T = Ts – Ta = a diferença detemperatura entre o fluido na superfície da placa e o ambiente.

A força de empuxo por unidade de volume, FB é:

FB = (ρ - ρ S)g (2)

Levando (1) em (2) tem-se,

FB = ρ S β g ∆ T (3)

β => t-1, β g => t-1 LT-2

Variáveis

(1) Altura, L;(2) A diferença de temperatura ∆ T;(3) O coeficiente de expansão térmica do fluido, β ;

β g => um parâmetro (uma grandeza);(4) A massa específica, ρ ;

192

Page 193: Apostila de EME-35

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(5) A viscosidade dinâmica, µ ;(6) Calor específico à pressão constante, Cp;(7) Condutibilidade de térmica, k;(8) Coeficiente de transferência de calor, hSão 8 grandezas

Então: f(L, ∆ T, β g, ρ , µ , Cp, k, h) = 0

A aplicação do teorema dos π S (como base: L, ρ , µ , k) nos fornece:

NU = f(GR, PR) = C(GR . PR)n

Onde GR = o número de GRASHOF

c e n são constantes determinadas experimentalmente.

Equações

TP

Camadalimite

térmica

T∞

Isolamento

Os dados sobre convecção natural para cilindros horizontais servem para avaliar as perdas de calor em tubulações. Uma correlação utilizável para um único cilindro horizontal, quando o produto GR.PR estána faixa entre 104 e 109 é:

( ) 4

1

53,0 PRGR K

Dh NU m ⋅⋅=

⋅= (5)

As propriedades físicas devem ser tomadas na temperatura média aritmética entre a superfície (Tp)e o fluido fora da camada limite (T∞).

Exemplo 6

Um tubo contém vapor numa pressão tal que a superfície externa do isolamento se encontra a56ºC. O diâmetro externo do isolamento é 10 cm e o tubo está em um salão cujo ar se encontra a 20ºC.Calcule o coeficiente de transferência de calor (por convecção natural) entre a superfície do isolamento e oar.

Solução:

193

2

32

µ

β ρ T gD ∆

C T Tp

T f º382

2056

2=

+=

∞+=

Page 194: Apostila de EME-35

7/11/2019 Apostila de EME-35

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As propriedades de ar a 38ºC são:

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) 25

232

2

23

1092,1

205681,900322,014,11010

−⋅⋅⋅⋅⋅=

∆⋅⋅⋅⋅=

µ

β ρ T g DGR

61000,4 ⋅≅∴GR

( ) ( )721,0

36000230,0

240,01092,1 5

⋅⋅=

⋅=

K

C PR P µ

( ) ( ) [ ]!101010884,2721,01000,4 9466 Ok aentre PRGR ⋅≅⋅⋅=⋅

Temos que: ( ) 4

1

53,0 PRGR K

Dh NU m ⋅⋅=

⋅=

( ) ( ) ( ) 4

16

24

1

10884,253,01010

0230,053,0 ⋅⋅⋅

⋅=⋅⋅⋅=∴ − PRGR

D

K h

ou C hmkcal h °≅ 2/03,5 (Resp.)

Problemas Propostos

Problema 1

Um fio tendo um diâmetro de 0,02mm está mantido a uma temperatura de 54ºC por uma correnteelétrica. O fio está exposto para o ar a 1bar e 0ºC.

Calcular a potência elétrica necessária a fim de manter a temperatura constante do fio se ocomprimento do fio for 50cm.

194

ckg kcal Cpm

NS smkg x

C mkg kcalhmc

k

º/240,0),(./1092,1

,º00322,0,/14,1,023,0

25

13

==

===

µ

β ρ

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Dado:NU = C(GRf PRf )m onde C = 0,675, m = 0,058.Restrição: GRf PRf entre 10-10 a 10-2 Resp. q ≅ 0,836W

Problema 2

Um duto horizontal, 0,3m de diâmetro está mantido a uma temperatura de 250ºC em um salão cujoar ambiente se encontra a 15ºC. Calcule a perda de calor por unidade de comprimento por convecçãonatural.

Dado:NUD = 0,53 (GRD.PR)1/4 GRD.PR deve ficar entre 104 a 109.Resposta: q/L = 1,48kw/m.

Problema 3

195