FENÔMENOS DE TRANSPORTE -...
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FENÔMENOS DE TRANSPORTE
RESOLUÇÃO DA LISTA DE EXERCÍCIOS PARA TRABALHO
1)
2)
3)
4)
5)
6)
7)
8)
9)
10)
11)
12)
13)
14)
15)
16)
17)
18)
19)
Vol = 1,5 m³ ; m = 3.000 kg ; = 2.10-4 kg/m.s
ρ = ? ; = ?
ρ = m/Vol = 3000/1,5 = 2.000 kg/m³
= /ρ = 2.10-4/2000 = 1,0.10-7 m²/s
20)
𝑅𝑒 =𝜌𝑉𝐷
𝜇
= 0,15 milipoise = 0,15.10-3 poise = 0,15.10-3.10-1 = 0,15.10-4 kg/sm
Re = 964∙0,6∙(6∙0,0254)
0,15∙10−4 = 5.876.544 >>> 2.000 Regime turbulento
21)
F = m.a; a = 0 F = 0
Em x: Fc = P.senθ
Como a força Fc é decorrente da tensão viscosa na área da base do bloco:
Fc = .A
Considerando uma distribuição linear da velocidades do fluido entre o bloco e o plano: =
𝜇𝑉
ℎ
V/h x A = P.senθ 𝑉 =ℎ𝑃 sen𝜃
𝐴
22)
F = m.a
F = Fc
x
θ
P
Fc
θ
y
di =
6,00 cm
de =
6,02 cm
V
F
h = 0,01cm
h = 0,01cm
D = 40 cm
Fc
dFc = .dA Fc = ∫ . 𝑑𝐴𝑆
; integrando ao longo da superfície do eixo (ri) em contato
com o fluido:
Fc = .A ; onde A = 2 ri L
Considerando uma distribuição linear de velocidade no fluido entre o eixo e o mancal:
= 𝜇𝑉
ℎ
F = (𝜇𝑉
ℎ) (2 ri L) =
2 𝜇 𝑉 𝑟𝑖 𝐿
ℎ
dados do problema: e d
= 𝜇
𝜌 = ρ.
d = 𝜌
𝜌á𝑔𝑢𝑎 ρ = d.ρágua
= d.ρágua . ; considerando ρágua = 1.000 kg/m³ :
F = 2 𝑑 𝜌á𝑔𝑢𝑎 𝜈 𝑉 𝑟𝑖 𝐿
ℎ =
2 × 0,88 × 1000 × 0,003 × 0,4 × 0,03 × 0,4
0,01 × 10−2 796,2 N
23)
dM = dF.ri = .dA.ri M = ∫ . ri. dA𝑆 ; integrando ao longo de toda a superfície do eixo
em contato com o fluido:
Distribuição linear
de velocidade
dF, V
ri
re Fluido
h = 0,01cm
re =
130 mm
D = 40 cm
ri =
120 mm
f=60 rpm
M=1,5 N.m
h = 0,01cm
M = . ri . A ; onde A = 2 ri L
Considerando uma distribuição linear de velocidade no fluido entre o eixo e o mancal:
= 𝜇𝑉
ℎ
M = 2 𝜋 𝜇 𝑉 𝑟𝑖
2 𝐿
ℎ ; onde V = .ri = 2..f. ri :
M = 4 𝜋2 𝜇 𝑓 𝑟𝑖
3 𝐿
ℎ→ 𝜇 =
𝑀ℎ
4 𝜋2 𝑓 𝑟𝑖3 𝐿
𝜇 =𝑀ℎ
4 𝜋2 𝑓 𝑟𝑖3 𝐿=1,5∙(0,130−0,120)
4∙𝜋2∙60
60∙(0,12)3∙0,4
≅5
𝜋2 (Letra B)
24)
F = m.a - Fc = m.a
Fc = .A
Considerando uma distribuição linear de velocidade no fluido entre o disco e a mesa:
= 𝜇𝑉
ℎ
- (𝜇𝑉
ℎ ) x (
𝜋𝐷2
4) = m.a -
𝜋𝐷2
4ℎV = m.
𝑑𝑉
𝑑𝑡
- V =4ℎ𝑚
𝜋𝐷2 𝑑𝑉
𝑑𝑡 dt = -
4ℎ𝑚
𝜋𝐷2 𝑑𝑉
𝑉
dt = - k 𝑑𝑉
𝑉 t = - k. ∫
𝑑𝑉
𝑉
𝑉
𝑉0
t = - k.( ln|V| - ln|V0| ) t = - k.ln|V/V0| , como V>0
t = - k.ln (V/V0) , considerando t0 = 0 t = - k.ln (V/V0)
Fc
D
V
A
x
Vista superior
Vista lateral
k = 4ℎ𝑚
𝜇𝜋𝐷2 = 4×0,12×10−3×0,050
1,8×10−5×𝜋×0,092 52.4 t = -52,4 ln( V / 10 )
V0 = 10 m/s
a) t = -52.4 ln( 1 / 10 ) 120 s = 2 min
b) lim𝑉→0
𝑡(𝑉) = −52,4 × lim𝑉→0
ln (𝑉
10) h , ou seja, nunca irá parar.
c) t = - k.ln (V/V0) V = V0 𝑒−𝑡
𝑘
S = ∫ 𝑉𝑑𝑡𝑡
𝑡0 = V0 ∫ 𝑒−
𝑡
𝑘 𝑑𝑡𝑡
𝑡0 = V0 . (-k) . (𝑒−
𝑡
𝑘)𝑡0𝑡 = - V0 k (𝑒−
𝑡
𝑘 − 1)
= -10 52,4 (𝑒−120
52,4 - 1) 471 m
25)
Isolando-se uma faixa na superfície do disco a uma distância “r” do centro e com espessura “dr” obtém-
se:
𝑑�� = 2 𝑟 × 𝑑𝐹 → 𝑑𝑀 = 2 𝑟 𝑑𝐹 → 𝑑𝑀 = 2 𝑟 (𝜏 𝑑𝐴)
(multiplicado por 2 para representar ambas as forças que atuam por cima e por baixo do disco)
, mas, considerando uma distribuição linear de velocidade: 𝜏 = 𝜇𝑉
ℎ
, 𝑉 = Ω 𝑟
e 𝑑𝐴 = 2𝜋 𝑟 𝑑𝑟
logo, 𝑑𝑀 = 2 𝑟 𝜇Ω 𝑟
ℎ 2𝜋 𝑟 𝑑𝑟 =
4𝜋𝜇Ω
ℎ 𝑟3𝑑𝑟
vFd V
r
dA
dr
→ 𝑀 =4𝜋𝜇Ω
ℎ∫ 𝑟3𝑑𝑟𝑅
0
=4𝜋𝜇Ω
ℎ
R4
4=𝜋𝜇ΩR4
ℎ
26)
V = u i + v j + w k
Onde:
V é o campo de velocidades;
u, v e w são as componentes em x, y e z, respectivamente, do vetor velocidade, em
função da posição (x,y,z) e do tempo t;
i, j e k são os vetores unitários nas direções x, y, e z, respectivamente.
Se V = Kxt i – Kyt j + 0 k, então: u = Kxt e v = -Kyt
Para as linhas de corrente: 𝑑𝑥
𝑢=𝑑𝑦
𝑣=𝑑𝑧
𝑤
𝑑𝑥
𝐾𝑥𝑡=
𝑑𝑦
−𝐾𝑦𝑡
para 𝐾 𝑒 𝑡 0 𝑑𝑥
𝑥=𝑑𝑦
−𝑦
, integrando: ∫𝑑𝑥
𝑥= −∫
𝑑𝑦
𝑦
ln |y| = -ln |y| + C ln |x.y| = C
|x.y| = eC , substituindo a constante eC pela constante c: |x.y| = c
Para c = 0:
Para c = 1:
x
y
x
y
1
-1
-1
(gráfico coincidente com os eixos)
Para c = 4:
27)
Para as linhas de corrente: 𝑑𝑥
𝑢=𝑑𝑦
𝑣=𝑑𝑧
𝑤
𝑑𝑥
𝑉𝑐𝑜𝑠𝜃=
𝑑𝑦
𝑉𝑠𝑒𝑛𝜃 , 𝑐𝑜𝑚𝑜 𝑉 ≠ 0 →
𝑑𝑦
𝑑𝑥= 𝑡𝑔 𝜃 → 𝑦(𝑥) = 𝑥 𝑡𝑔𝜃 + 𝐶
28) Pela fórmula do coeficiente adimensional de arrasto têm-se:
FD=1
2CD∙ρ∙U
2∙A
Para escoamentos turbulentos, têm-se que o coeficiente de arrasto de uma esfera lisa é
aproximadamente 0,5. Logo:
x
y
2
2
-2
-2
1
x
y
-2
2
-1
C=0
C=1
C=2
C=-2
C=-1
FD = 1
2∙0,5∙1000∙102∙(π∙0,12) = 785,4N ≅ 7,8∙102N > 3,16∙102N
Resp.: 103
29) Vazão
𝑄 = ∫(�� ⋅ �� ) 𝑑𝐴
𝐴 = 𝜋𝑟2 → 𝑑𝐴 = 2𝜋𝑟𝑑𝑟
𝑄 = ∫ 𝐶(𝑅2 − 𝑟2) 2𝜋𝑟 𝑑𝑟 = 2𝜋𝐶∫ (𝑅2 − 𝑟2) 𝑟 𝑑𝑟 = 2𝜋𝐶 (𝑅2∫ 𝑟 𝑑𝑟 −∫ 𝑟3 𝑑𝑟𝑅
0
𝑅
0
)𝑅
0
𝑅
0
= 2𝜋𝐶 (𝑅4
2−𝑅4
4) = 𝜋𝐶
𝑅4
2
Velocidade média
𝑄 = 𝑉𝑚𝐴 → 𝑉𝑚 =𝑄
𝐴=𝜋𝐶𝑅4
2𝜋𝑅2
=𝐶𝑅2
2
30)
Para - regime permanente
- entradas e saídas unidimensionais
, a equação do princípio da continuidade é:
∑��𝑠 −∑��𝑒 = 0
, sendo:
��𝑖 = 𝜌𝑖𝑉𝑛𝑟𝑖𝐴𝑖 = 𝜌𝑖𝑄𝑖
Assumindo que a vazão em 3 seja de saída (caso seja de entrada o resultado será negativo):
��2 + ��3 − ��1 = 0
𝜌2𝑉2𝐴2 + 𝜌3𝑄3 − 𝜌1𝑄1 = 0
para água à temperatura constante é constante, logo:
𝑉2𝐴2 + 𝑄3 − 𝑄1 = 0 → 𝑄3 = 𝑄1 − 𝑉2𝐴2 = 𝑄1 − 𝑉2𝜋𝐷1
2
4=100
3600− 8
𝜋(0,05)2
4= 0,01207
𝑚3
𝑠
𝑄3 = 0,01207𝑚3
𝑠= 0,01207 × 3600
𝑚3
ℎ= 43,45
𝑚3
ℎ
𝑉3𝐴3 = 𝑄3 → 𝑉3 =𝑄3𝐴3=𝑄3
𝜋𝐷32
4
=4𝑄3
𝜋𝐷32 =
4 ∙ 0,01207
𝜋 ∙ (0,04)4= 9,6 𝑚/𝑠
31)
Analogamente à questão anterior: ��1 = ��2 = 40𝑘𝑔
𝑠
𝜌 𝑉1𝐴1 = ��1 → 𝑉1 =��1𝜌 𝐴1
= ��1
𝜌 𝜋𝐷1
2
4
=40
998 𝜋(0,18)2
4
= 1,57 𝑚/𝑠
𝜌 𝑉2𝐴2 = ��2 → 𝑉2 =��2𝜌 𝐴2
= ��1
𝜌 𝜋𝐷2
2
4
=40
998 𝜋(0,05)2
4
= 20,4 𝑚/𝑠
32)
Pelo princípio da continuidade para entradas e saídas unidimensionais em regime permanente:
∑��𝑠 =∑��𝑒
��2 + ��3 + ��4 = ��1 → 𝜌2𝑉2𝐴2 + 𝜌3𝑉3𝐴3 + 𝜌4𝑉4𝐴4 = 𝜌1𝑉1𝐴1
Como 𝑉𝐴 = 𝑄 e o fluido é imcompressível 𝜌1 = 𝜌2 = 𝜌3 = 𝜌4:
𝑉2𝐴2 + 𝑉3𝐴3 + 𝑄4 = 𝑉1𝐴1
𝑉2 =𝑉1𝐴1 − 𝑉3𝐴3 − 𝑄4
𝐴2=5.0,2 − 12.0,15 − 0,1
0,2= −4,5 𝑚/𝑠 𝑜𝑢 4,5 𝑚/𝑠 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑑𝑒𝑛𝑡𝑟𝑜 𝑑𝑎 𝑗𝑢𝑛çã𝑜
33)
Pelo princípio da continuidade para entradas e saídas unidimensionais:
𝑑
𝑑𝑡∫ 𝜌 𝑑∀ +∑��𝑠 −∑��𝑒 = 0𝑉𝐶
, onde
��𝑖 = 𝜌𝑖𝑉𝑛𝑟𝑖𝐴𝑖 = 𝜌𝑖𝑄𝑖
e para o referido reservatório:
𝑑∀=𝜋𝑑2
4𝑑ℎ
Então:
𝑑
𝑑𝑡∫ 𝜌
𝜋𝑑2
4𝑑ℎ + 𝜌𝑄2 − 𝜌𝑄1 − 𝜌𝑄3 = 0
𝑉𝐶
→ 𝑑
𝑑𝑡(𝜌 𝜋𝑑2
4ℎ) + 𝜌𝑄2 − 𝜌𝑄1 − 𝜌𝑄3 = 0 → 𝜌
𝜋𝑑2
4
𝑑ℎ
𝑑𝑡+ 𝜌𝑄2 − 𝜌𝑄1 − 𝜌𝑄3 = 0
→ 𝑑ℎ
𝑑𝑡=4(𝑄1 − 𝑄2 + 𝑄3)
𝜋𝑑2
34)
Pelo princípio da quantidade de movimento em regime permanente e para entradas e saídas
unidimensionais:
∑𝐹 =∑(��𝑉)𝑠 −∑(��𝑉)𝑒
Assumindo-se que após incidir na placa o jato se divida em duas partes iguais, pelo princípio da
continuidade temos:
��1 = ��2 =��𝑗
2
e
��𝑗 = 𝜌 𝑉𝑗 𝐴𝑗 = 𝜌 𝑉𝑗 𝜋 𝐷𝑗
2
4
Então, aplicando-se a primeira equação no eixo y:
𝐹𝑦 = 0
e em x:
𝐹𝑥 = −��𝑗𝑉𝑗 = −𝜌 𝑉𝑗2 𝜋 𝐷𝑗
2
4= −998 × 82 ×
𝜋(0,1)2
4= −501,6 𝑁 𝑜𝑢 501,6 𝑁 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑎 𝑒𝑠𝑞𝑢𝑒𝑟𝑑𝑎
35)
Trata-se de um problema unidimensional (vertical), portanto, pode ser adotada a equação da qtd. de
mov. linear com entradas e saídas unidimensionais aplicada apenas ao eixo z:
∑F =d
dt∫ wρd∀VC
+∑(mw)s-∑(mw)e
Definindo o volume de controle como o foguete e aplicando a equação acima com referencial no
foguete, que terá então velocidade nula e força inercial (referencial não inercial), teremos:
-mdw
dt-mg = 0 + m(−𝑤𝑗) - 0
, onde wj é a velocidade do jato que sai do foguete. Explicitando-se a aceleração:
𝑎 =dw
dt = ��𝑤𝑗
𝑚-g (i)
Integrando ambos os lados da equação acima ao longo do tempo:
∫ dwV
0
= mwj∫dt
m
t
0
- g∫ dtt
0
A massa m do foguete em qualquer instante pode ser dada por 𝑚(𝑡) = 𝑚0 − ��𝑡
V(t) = -wjln (1-mt
m0) - gt (ii)
a) Utilizando a equação (i) tem-se: 𝑎 = 5 ∙ 3500/400 − 9,81 = 33,94 𝑚/𝑠2
b) Utilizando a equação (ii) para t=10 s, tem-se: V=-3500∙ln(1 - 5∙10/400) - 9,81∙10 =369,3 m/s
36)
Pelo princípio da quantidade de movimento em regime permanente e para entradas e saídas
unidimensionais:
∑𝐹 =∑(��𝑉)𝑠 −∑(��𝑉)𝑒
Pelo princípio da continuidade, para regime permanente e entradas e saídas unidimensionais:
∑��𝑠 =∑��𝑒 → ��𝑠 = ��0 = 𝜌0 𝑉0 𝐴0
Aplicando em x:
𝐹𝑥 = ��0(−𝑉0) − ��0 𝑉0 = −2 ��0 𝑉0 = −2 𝜌0 𝑉02 𝐴0
Em módulo:
𝐹0 = 2 𝜌0 𝑉02 𝐴0 = 2 𝜌0 𝑉0
2𝜋𝐷0
2
4=→ 𝑉0 =
1
𝐷0√2 𝐹0 𝜌0 𝜋
37)
No instante representado, a concha se move para direita com velocidade V = R. Se considerarmos
o referencial na concha, a velocidade do jato será Vj - R e então o problema será semelhante ao
anterior:
𝐹 = 2 𝜌 (𝑉𝑗 − Ω𝑅)2 𝐴𝑗
𝑃𝑜𝑡ê𝑛𝑐𝑖𝑎 = 𝑃 = 𝐹𝑉 = 2 𝜌 (𝑉𝑗 − Ω𝑅)2 𝐴𝑗 Ω𝑅 = 2 𝜌 𝐴𝑗(𝑉𝑗 − Ω𝑅)
2 Ω𝑅
Para Pot máxima temos:
𝑑𝑃
𝑑Ω= 0 𝑒
𝑑2𝑃
𝑑Ω2< 0 → Ω =
Vj
3R
38)
Pelo princípio da continuidade, para regime permanente e entradas e saídas unidimensionais:
��1 = ��2 → 𝜌 𝑉1 𝐴1 = 𝜌 𝑉2 𝐴2 → 𝑉1 =𝑉2𝐷2
2
𝐷12 =
17 × 62
122= 4,25 𝑚/𝑠
Pelo princípio da quantidade de movimento em regime permanente e para entradas e saídas
unidimensionais:
∑𝐹 =∑(��𝑉)𝑠 −∑(��𝑉)𝑒
𝐹𝑝𝑟𝑒𝑠𝑠ã𝑜 − 𝐹𝑝𝑎𝑟𝑎𝑓𝑢𝑠𝑜 = ��2 𝑉2 − ��1 𝑉1 =𝜌𝜋
4[(𝑉2𝐷2)
2 − (𝑉1𝐷1)2]
Para cálculo da força de pressão sobre a superfície, pode ser considerada a pressão manométrica,
resultando então na pressão (262-103,4)kPa sobre a superfície 1 e zero para o restante. Logo:
𝐹𝑝𝑟𝑒𝑠𝑠ã𝑜 = 𝑝1 𝐴1 = 158.600 ×𝜋(12 × 0,0254)2
4= 11,57 𝑘𝑁
→ 𝐹𝑝𝑎𝑟𝑎𝑓𝑢𝑠𝑜 = 7,62 𝑘𝑁
39)
Pelo princípio da continuidade, para regime permanente e entradas e saídas unidimensionais:
∑��𝑠 =∑��𝑒 → ��2 = ��1 + ��𝑐𝑜𝑚𝑏 = ��1 +��130 =
31
30��1
Pelo princípio da quantidade de movimento em regime permanente e para entradas e saídas
unidimensionais:
∑𝐹 =∑(��𝑉)𝑠 −∑(��𝑉)𝑒
em x:
𝐹 = ��2 𝑉2 − ��1 𝑉1 = ��1 ( 31
30𝑉2 − 𝑉1) = 𝜌1 𝑉1 𝐴1 (
31
30𝑉2 − 𝑉1)
𝜌1 é a massa específica do ar à 20°C e 1 atm que é 1,2 kg/m³
𝐹 = 𝜌1 𝑉1 𝐴1 ( 31
30𝑉2 − 𝑉1) = 1,2 × 250 × 0,5 × (
31
30900 − 250) = 102 𝑘𝑁
40)
Das pressões hidrostáticas aplicadas das fronteiras 1 e 2 obtém-se as forças resultantes
𝐹1 = 𝜌𝑔ℎ12
2𝐿 𝑒 𝐹2 = 𝜌𝑔
ℎ22
2𝐿 (𝑖)
, sendo L a largura do canal.
Tratando-se de um escoamento permanente e com entradas e saídas unidimensionais, a equação integral
da continuidade é
∑��𝑠 =∑��𝑒 , 𝑜𝑢 𝑠𝑒𝑗𝑎, ��𝑠 = ��𝑒 → 𝜌𝑉1𝐴1 = 𝜌𝑉2𝐴2 → 𝑉1ℎ1𝐿 = 𝑉2ℎ2𝐿 → 𝑉1ℎ1 = 𝑉2ℎ2 (𝑖𝑖)
e da quantidade de movimento linear é:
∑𝐹 =∑(��𝑉)𝑠 −∑(��𝑉)𝑒 , 𝑜𝑢 𝑠𝑒𝑗𝑎, 𝐹1 − 𝐹2 = ��2𝑉2 − ��1𝑉1 = ��1(𝑉2 − 𝑉1)
→ 𝐹1 − 𝐹2 = 𝜌𝑉1ℎ1𝐿(𝑉2 − 𝑉1) (𝑖𝑖𝑖)
Substituindo (i) e (ii) em (iii):
𝜌𝑔𝐿
2(ℎ12 − ℎ2
2) = 𝜌𝑉1ℎ1𝐿(𝑉2 − 𝑉1) → 𝑔
2(ℎ12 − ℎ2
2) = 𝑉1(𝑉2ℎ1 − 𝑉1ℎ1)
(𝑖𝑖)→
𝑔
2(ℎ12 − ℎ2
2) = 𝑉1(𝑉2ℎ1 − 𝑉2ℎ2) = 𝑉1𝑉2(ℎ1 − ℎ2)
→𝑔
2(ℎ1 + ℎ2)(ℎ1 − ℎ2) = 𝑉1𝑉2(ℎ1 − ℎ2)
→𝑔
2(ℎ1 + ℎ2) = 𝑉1𝑉2 → 𝑉2 =
𝑔
2𝑉1(ℎ1 + ℎ2) (𝑖𝑣)
Substituindo (iv) em (ii):
𝑉1ℎ1 = [𝑔
2𝑉1(ℎ1 + ℎ2)] ℎ2 →
1
ℎ1ℎ22 + ℎ2 −
2𝑉12
𝑔= 0
, que é uma equação de 2° grau, em relação à incógnita h2. Aplicando Bhaskara:
ℎ2 = ℎ1(−1
2+1
2√1 +
8𝑉12
𝑔ℎ1)
Para obter V2, basta substituir em (ii):
g h1 g h2
F1
F2
𝑉2 = 𝑉1ℎ1ℎ2= 𝑉1(−
1
2+1
2√1 +
8𝑉12
𝑔ℎ1)
−1
41) A nuclear power plant on a river must eliminate 55 MW of waste heat to the river. The river conditions
upstream are Qi = 2,5 m³/s and Ti = 18 °C. The river is 45 m wide and 2,7 m deep. If heat losses to the
atmosphere and ground are negligible, estimate the downstream river conditions (Q0, T0).
Por aplicação da 1a Lei da termodinâmica:
𝑝1𝛾+𝑉12
2𝑔+ 𝑧1 = (
𝑝2𝛾+𝑉22
2𝑔+ 𝑧2) +
��2 − ��1 − 𝑞
𝑔− ℎ𝑏𝑜𝑚𝑏𝑎 + ℎ𝑡𝑢𝑟𝑏𝑖𝑛𝑎 + ℎ𝑎𝑡𝑟𝑖𝑡𝑜
Não havendo bombas, turbinas nem perda por atrito e considerando-se a mesma cota e mesma
pressão (atmosférica), a expressão acima se reduz a:
𝑉12
2𝑔= (
𝑉12
2𝑔) +
��2 − ��1 − 𝑞
𝑔
Pelo princípio da continuidade, para regime permanente e entradas e saídas unidimensionais:
��1 = ��2 → 𝜌1𝑉1 𝐴1 = 𝜌2 𝑉2 𝐴2
Supondo-se por hipótese que a variação da temperatura é relativamente pequena e
conseqüentemente causará uma variação de massa específica desprezível: 𝑉1 = 𝑉2
Então, chegamos a relação final para energia: ∆�� = 𝑞
Logo, todo calor recebido será transmitido para energia interna do fluido, que é função da temperatura:
𝑄 = 𝑚𝑐∆𝑇 → �� = ��𝑐∆𝑇
→ ∆𝑇 = ��
��𝑐=
��
𝜌 𝑄 𝑐=
55 ∙ 106
998 ∙ 2,5 ∙ 4180= 5,3 → 𝑇0 = 18 + 5,3 = 23,3°𝐶
42)
Para o caso permanente com entradas e saídas unidimensionais, tem-se a equação da energia (1ª
Lei da Termodinâmica):
(𝑝1𝛾+𝑉12
2𝑔+ 𝑧1) = (
𝑝2𝛾+𝑉22
2𝑔+ 𝑧2) +
��2 − ��1 − 𝑞
𝑔− ℎ𝑏𝑜𝑚𝑏𝑎 + ℎ𝑡𝑢𝑟𝑏𝑖𝑛𝑎 + ℎ𝑎𝑡𝑟𝑖𝑡𝑜
Como não é considerada troca de calor e não há turbina, esta se reduz a:
(𝑝1𝛾+𝑉12
2𝑔+ 𝑧1) = (
𝑝2𝛾+𝑉22
2𝑔+ 𝑧2) − ℎ𝑏𝑜𝑚𝑏𝑎 + ℎ𝑎𝑡𝑟𝑖𝑡𝑜 (𝑖)
Escolhendo-se como ponto 1, a entrada da tubulação (1,8 m de profundidade) e como ponto 2 a saída
do bico:
𝑝1 = 𝛾 ∙ ℎ = 1,8 ∙ 𝛾
𝑝2 = 0
Pelo princípio da continuidade:
��1 = ��2 → 𝜌𝑉1𝐴1 = 𝜌𝑉2𝐴2 → 𝑉1 = 𝑉2𝐴2𝐴1= 𝑉2
𝐷22
𝐷12 = 36(
2
6)2
= 4 𝑚/𝑠
Aplicando em (i), com referencial de z na superfície d’água:
(1,8 ∙ 𝛾
𝛾+
42
2 ∙ 9,8− 1,8) = (0 +
362
2 ∙ 9,8+ 3) − ℎ𝑏𝑜𝑚𝑏𝑎 + 2
→ ℎ𝑏𝑜𝑚𝑏𝑎 ≅ 69 𝑚
𝜂 =𝑃𝑜𝑡𝐻𝑃𝑜𝑡𝑇
→ 𝑃𝑜𝑡𝑇 =𝑃𝑜𝑡𝐻 𝜂
=
𝑑𝐸𝑑𝑡 𝜂=
𝑑𝑚 𝑔 ℎ𝑑𝑡 𝜂
=��𝑔ℎ
𝜂=𝜌𝑉𝐴𝑔ℎ
𝜂=998 ∙ 4 ∙
𝜋(6 ∙ 0,0254)2
49,8 ∙ 69
0,75≅ 67,5 𝑘𝑊
43)
Considerando-se que não há perda de energia, pode-se aplicar a equação de Bernoulli entre a superfície
do reservatório (ponto 1) e a saída do jato (ponto 2):
𝑝1𝛾+𝑉12
2𝑔+ 𝑧1 =
𝑝2𝛾+𝑉22
2𝑔+ 𝑧2
→ 0 + 0 + 𝐻 = 0 +𝑉22
2𝑔+ ℎ → 𝑉2 = √2𝑔(𝐻 − ℎ)
Após sair do reservatório com velocidade V2, cada partícula executa um movimento de lançamento desde
a saída, com velocidade inicial horizontal, até atingir o chão. Desprezando-se o atrito com o ar, tem-se:
em y: movimento com velocidade inicial nula e aceleração constante e igual a -g
𝑀𝑜𝑣𝑖𝑚𝑒𝑛𝑡𝑜 𝑟𝑒𝑡𝑖𝑙í𝑛𝑒𝑜 𝑢𝑛𝑖𝑓𝑜𝑟𝑚𝑒𝑚𝑒𝑛𝑡𝑒 𝑣𝑎𝑟𝑖𝑎𝑑𝑜: ∆𝑆 = 𝑉𝑦0𝑡 −1
2𝑔𝑡2 → 𝑡 = √
2ℎ
𝑔
em y: movimento com velocidade constante e de intensidade igual a V2
∆𝑆 = 𝑉2𝑡 → 𝑋 = √2𝑔(𝐻 − ℎ)√2ℎ
𝑔= 2√ℎ(𝐻 − ℎ)
→ 𝑋 = 2√ℎ(𝐻 − ℎ)
Reescrevendo X em função de r = h/H para H constante:
𝑋(𝑟) = 2𝐻√ℎ
𝐻(1 −
ℎ
𝐻) = 2𝐻√𝑟(1 − 𝑟)
Então X é máximo quanto o radicando da equação acima é máximo, logo:
𝑑𝑋
𝑑𝑟= 0 → 𝑟 = 0,5 →
ℎ
𝐻= 0,5
44)
Sendo um escoamento permanente de entrada e saída unidimensional e desprezando-se as perdas
de energia, a equação de Bernoulli pode ser aplicada para o ponto de estrangulamento do escoamento
(ponto 1) e o ponto de saída para atmosfera (ponto 2) :
𝑝1𝛾+𝑉12
2𝑔+ 𝑧1 =
𝑝2𝛾+𝑉22
2𝑔+ 𝑧2
Considerando-se a mesma cota z (eixo do escoamento) e a pressão manométrica (patm=0):
𝑝1𝛾+𝑉12
2𝑔+ 0 = 0 +
𝑉22
2𝑔+ 0
𝑉12
2𝑔=𝑉22
2𝑔−𝑝1𝛾 → 𝑉1
2 = 𝑉22 −
2𝑝1𝜌 (𝑖)
Pela equação da continuidade (permanente, unidimensional, incompressível):
𝑉1𝐴1 = 𝑉2𝐴2 → 𝑉2 = 𝑉1𝐴1𝐴2= 𝑉1
𝐷12
𝐷22 (𝑖𝑖)
(𝑖) 𝑒 (𝑖𝑖): 𝑉12 = 𝑉1
2𝐷14
𝐷24 −
2𝑝1𝜌 → 𝑉1
2 (1 −𝐷14
𝐷24) = −
2𝑝1𝜌 (𝑖𝑖𝑖)
Em uma situação estática, a pressão em 1 pode ser calculada por:
𝑝𝑎 = 𝑝1 + 𝛾ℎ
Sendo a pressão manométrica da atmosfera igual a 0 e a condição para que o fluido na coluna de
altura h suba, tem-se:
𝑝1 < −𝛾ℎ → −𝑝1 > 𝛾ℎ
𝑐𝑜𝑚 (𝑖𝑖𝑖)→ 𝑉1
2 (1 −𝐷14
𝐷24) =
2(−𝑝1)
𝜌>2(𝛾ℎ)
𝜌= 2𝑔ℎ
→ 𝑉12 (1 −
𝐷14
𝐷24) > 2𝑔ℎ → 𝑉1
2 >2𝑔ℎ𝐷2
4
𝐷24 − 𝐷1
4
→ 𝑉1 > 𝐷22√
2𝑔ℎ
𝐷24 − 𝐷1
4
45)
A distribuição de velocidades médias na frente e lateral do tubo de Pitot é representada na figura
abaixo.
Como pode-se observar, a velocidade das partículas imediatamente antes da entrada frontal é igual
à velocidade V do fluido. No entanto, devido a distribuição de velocidades na camada limite, a
velocidade das partículas nos orifícios laterais, assim como em toda a lateral do tubo, é nula.
Portanto, a diferença de pressão p que causa o desnível do fluido no tubo em “U” (.g.h) é
equivalente, energeticamente, à diferença parcela cinética entre a entrada frontal e os orifícios laterais
(V2/2g):
𝑉2
2𝑔=∆𝑝
𝛾𝑎𝑟 →𝑉2
2=𝜌á𝑔𝑢𝑎 𝑔 ∆ℎ
𝜌𝑎𝑟 → 𝑉 = √
2 𝜌á𝑔𝑢𝑎 𝑔 ∆ℎ
𝜌𝑎𝑟 = √
2 ∙ 1000 ∙ 9,8 ∙ 0,15
1,2 ≅ 49 𝑚/𝑠
46) Equação diferencial da continuidade:
𝜕𝜌
𝜕𝑡+ ∇(𝜌�� ) = 0
Para um escoamento permanente e incompressível pode ser simplificada para:
0 + 𝜌∇�� = 0 → ∇�� = 0
Então:
𝜕(3𝑥)
𝜕𝑥+𝜕(𝐶𝑦)
𝜕𝑦+𝜕(2𝑥)
𝜕𝑧= 0 → 𝐶 = −3
entrada frontal
oricífios laterais
47)
z
ww
y
wv
x
wu
t
w
z
w
y
w
x
w
z
pg
z
vw
y
vv
x
vu
t
v
z
v
y
v
x
v
y
pg
z
uw
y
uv
x
uu
t
u
z
u
y
u
x
u
x
pg
2
2
2
2
2
2
z
2
2
2
2
2
2
y
2
2
2
2
2
2
x
i- Forças de campo (gravidade)
ii- Forças de contato (pressão)
iii- Forças de contato (viscosidade)
iv- Aceleração local
v- Aceleração convectiva
iv + v - Aceleração total
48)
Por ser tratar de um problema unidimensional, pois as grandezas só dependem da posição x, apenas
a equação de Navier-Stokes referente a este eixo é necessária. Portanto:
𝜌𝑔 −𝑑𝑝
𝑑𝑧+ 𝜇 (
𝜕2𝑤
𝜕𝑥2+𝜕2𝑤
𝜕𝑦2+𝜕2𝑤
𝜕𝑧2) = 𝜌 (
𝜕𝑤
𝜕𝑡+ 𝑢
𝜕𝑤
𝜕𝑥+ 𝑣
𝜕𝑤
𝜕𝑦+ 𝑤
𝜕𝑤
𝜕𝑧)
Não há gradientes de pressão aplicados: 𝑑𝑝/𝑑𝑧.
O escoamento é permanente: 𝜕𝑤/𝜕𝑡 = 0.
O escoamento é unidirecional: 𝑢 = 𝑣 = 0
O escoamento é unidimensional: 𝜕2𝑤/𝜕𝑦2 = 𝜕2𝑤/𝜕𝑧2 = 0
Logo, a equação se reduz a
𝜌𝑔 + 𝜇𝜕2𝑤
𝜕𝑥2= 0
→ 𝜕2𝑤
𝜕𝑥2= −
𝜌𝑔
𝜇
→ 𝜕𝑤
𝜕𝑥= −
𝜌𝑔
𝜇𝑥 + 𝐶1 → 𝑤(𝑥) = −
𝜌𝑔
2𝜇𝑥2 + 𝐶1𝑥 + 𝐶2
Aplicando as condições de contorno 𝑤(ℎ) = 𝑤(−ℎ) = 0, tem-se:
𝑤(𝑥) =𝜌𝑔
2𝜇(ℎ2 − 𝑥2)
i ii iii iv v
49)
a)
𝑅𝑒 =𝜌𝑉𝐿
𝜇=1000 ∙
12∙ 10−3
10−3= 500
Regime laminar
b)
Trata-se de um problema unidimensional e permanente, pois o escoamento é laminar, só há variação
da velocidade na direção vertical (perpendicular às placas) e a velocidade V da placa, que causa o
movimento do fluido, é constante.
Portanto, considerando o eixo x como coincidente com a velocidade V da placa e o eixo z vertical, das
equações de Navier-Stokes, a que apresenta termos não nulos é:
𝜌𝑔𝑥 −𝑑𝑝
𝑑𝑥+ 𝜇 (
𝜕2𝑢
𝜕𝑥2+𝜕2𝑢
𝜕𝑦2+𝜕2𝑢
𝜕𝑧2) = 𝜌 (
𝜕𝑢
𝜕𝑡+ 𝑢
𝜕𝑢
𝜕𝑥+ 𝑣
𝜕𝑢
𝜕𝑦+ 𝑤
𝜕𝑢
𝜕𝑧)
Não há gradientes de pressão aplicados: 𝑑𝑝/𝑑𝑥 =.0
O escoamento é permanente: 𝜕𝑢/𝜕𝑡 = 0.
O escoamento é unidirecional: 𝑣 = 𝑤 = 0
O escoamento é unidimensional: 𝜕2𝑢/𝜕𝑥 = 𝜕2𝑢/𝜕𝑦2 = 0
Não há gravidade na direção do escoamento: 𝑔𝑥 = 0
Logo, a equação se reduz a:
𝜕2𝑢
𝜕𝑧2= 0 → 𝑤(𝑥) = 𝐶1𝑥 + 𝐶2
Aplicando as condições de contorno w(0) = 0 e w (h) = V (velocidade das partículas em contato com
a placa é igual a velocidade da placa):
𝑤(𝑥) =𝑉
ℎ𝑥
Conclui-se que o escoamento laminar entre duas placas planas horizontais tem uma distribuição de
velocidades linear.
c)
Conforme deduzido pelo item anterior, a distribuição de velocidade entre as placas é linear,
consequentemente, a tensão cisalhante pode ser calculada pela equação simplificada:
𝜏 = 𝜇𝑉
ℎ
→ 𝐹 = 𝜏𝐴 = 𝜇𝑉
ℎ𝐴 = 10−3 ∙
1
10−3∙ 1 = 1 𝑁