MECÂNICA DOS FLUIDOS

Transcrição

Introdução
Definição de Fluido
Propriedades
MECÂNICA DOS FLUIDOS
Capítulo 1
1.1-
Introdução - Aplicações
Mecânica dos fluidos é a ciência que tem por objetivo o estudo do comportamento
físico dos fluidos e das leis que regem este comportamento.
Aplicações:
Ação de fluidos sobre superfícies submersas. Ex.: barragens.
Equilíbrio de corpos flutuantes. Ex.: embarcações.
Ação do vento sobre construções civis.
Estudos de lubrificação.
Transporte de sólidos por via pneumática ou hidráulica. Ex.: elevadores
hidráulicos.
Cálculo de instalações hidráulicas. Ex.: instalação de recalque.
Cálculo de máquinas hidráulicas. Ex.: bombas e turbinas.
Instalações de vapor. Ex.: caldeiras.
Ação de fluidos sobre veículos (Aerodinâmica).
1.2-
Definição de fluido
Fluido é uma substância que não tem forma própria, e que, se estiver em repouso,
não resiste a tensões de cisalhamento.
Classificação - Líquidos:
admitem superfície livre
são incompressíveis
indilatáveis
Gases:
não admitem superfície livre
compressíveis
dilatáveis
Pressão (p)
p=
Prof° J. Gabriel F. Simões
1
Fn
A
Tensão de cisalhamento (τ )
τ=
Ft
A
Viscosidade absoluta ou dinâmica (µ)
1.3-
Princípio da aderência:
As partículas fluidas junto ás superfícies sólidas adquirem as velocidades dos pontos
das superfícies com as quais estão em contato.
Junto à placa superior as partículas do fluido têm velocidade diferente de zero.
Junto à placa inferior as partículas têm velocidade nula.
1a.
Entre as partículas de cima e as de baixo
existirá atrito, que por ser uma força tangencial
V1
τ
formará tensões de cisalhamento, com sentido
V2
contrário ao do movimento, como a força de
atrito.
Ft
τ
τ
F
τ
Vo
As tensões de cisalhamento agirão em todas
as camadas fluidas e evidentemente naquela
junto à placa superior dando origem a uma
força oposta ao movimento da placa superior.
τ=
Ft
A
2
Ft = τ.A
Quando Ft = F a placa superior adquirirá movimento uniforme, com velocidade
constante v o .
Lei de Newton:
A tensão de cisalhamento τ é proporcional ao gradiente de velocidade dv/dy.
O coeficiente de proporcionalidade µ: viscosidade absoluta ou dinâmica.
∴ τ=µ
dv
dy
Fluidos Newtonianos: os que seguem a Lei de Newton.
Simplificação prática:
Como ε é muito pequeno, na prática admite-se distribuição linear de velocidades,
segundo a normal às placas.
∆ ABC ~ ∆ A ' B' C'
A ' B' AB
=
A ' C' AC
dv V0
=
= cte.
dy
ε
Mas : τ = µ
∴ τ=µ
dv
dy
V0
= cte.
ε
Unidade de µ:
3
τ =µ
[µ ] =
V0
ε
ε
µ =τ
F L/
,
L2 L/ / T
V0
µ=
Ft ε
.
A V0
[µ ] = F .2T
L
MK * S : [µ ] = kgf .s / m 2
M .K .S . : [µ ] = N .s / m 2 = Pa ⋅ s ( S .I .). Obs : Pa = N / m 2
C.G.S . : [µ ] = d .s / cm 2 =" Poise"
1 centiPoise (cP) = 0,01 Poise (P)
1.4-
ρ=
m
V
Massa específica (ρ)
m = massa
V = volume
Unidades:
F
m
F
ρ= = a =
V V aV
F
FT 2
[ρ ] =
= 4
L 3
L
.L
2
T
utm kgf .s 2
M .K * .S . : un ρ = 3 =
m
m4
kg N .s 2
M .K .S . : un ρ = 3 = 4 (S.I.)
m
m
g
d .s 2
C.G.S. : un ρ = 3 =
cm
cm 4
Ex.:
Água:
Mercúrio:
ρ = 1,2 kg/ m³ ≅ 0,12 utm / m³ = 0,0012 g/ cm³
Ar:
1.5-
γ=
ρ = 1000 kg / m³ ≅ 100 utm/ m³ = 1g / cm³
ρ = 13600 kg/ m³ ≅ 1360 utm / m³ = 13,6 g/ cm³
G
V
Peso específico (γ)
G: Peso
V: Volume
Unidades:
4
kgf
m3
N
M.K.S.: un γ = 3 ( S .I )
m
d
C.G.S.: un γ = 3
cm
M.K*.S.: un γ =
Ex.:
γ = 1000 kgf/m³ ≅ 10000 N/m³
γ = 13600 kgf/m³ ≅ 136000 N/m³
γ = 1,2 kgf/m³ ≅ 12 N/m³
Água:
Mercúrio:
Ar:
Relação entre ρ e γ
G m
γ = ρg
γ= = g
V V
Peso específico relativo (γ r)
γr =
G
GH2O
γ=
G
V
γHO =
G =γ V
GH O
GH O = γ H O v
2
V
2
γr =
Não tem unidades (n.º puro)
2
γ
=
γH O
γr =
Ex.:
2
2
2
ρ
ρH O
Água:
Mercúrio:
Ar:
ν=
G
γV
=
GH O γ H O V
2
2
1.6-
γr =
γr = 1
γr = 13,6
γr = 0,0012
Viscosidade cinemática (ν)
µ
ρ
Unidades:
5
F/ T/
[
µ ] L2
L2
[ν ] = = 2/
[ν ] =
[ρ ] FT
T
4/
L
M. K * . S. : un ν = m²/s
M.K.S. : un ν = m²/s (S.I.)
C.G.S. : un ν = cm²/s = " Stoke"
1 centiStoke (cSt) = 0,01 stoke (St)
Ex.:
Água: ν = 10 - 6 m²/s (20º C)
OBS:
a) µ depende da temperatura (θ)
b) µ independe da pressão
1
c) fluidez =
µ
EXERCÍCIOS:
1 - Um fluido tem massa específica ρ = 80 utm/m³.
Qual é o seu peso específico e o peso específico relativo?
Dados γ H O = 1000 kgf/m 3
2
g = 10 m / s 2
γ = ρ .g γ = 80 .10
γ = 800 kgf/m 3
γr =
γ
γ H2O
=
800
1000
γ r = 0,8
Determinar a massa específica em g/cm³
6
ρ = 80
ρ = 800
utm 80.10 kg
=
; 1 utm ≅ 10 kg
m3
m3
kg
10 3 g
=
800
m3
1 0 6 cm 3
ρ = 0,8 g / cm3
m2
, e o seu peso específico
s
relativo é 0,9. Determinar a viscosidade dinâmica em unidades dos sistemas
M.K*.S.e C.G.S.
2 - A viscosidade cinemática de um óleo é 0,028
γ H O = 1000 kgf / m 3
2
Dados:
g = 9,8m / s 2
γ = 0,028m 2 / s
γ r = 0,9
µ =?
ν=
µ
∴ µ = ν.ρ
ρ
Cálculo de γ : γ r =
γ
γ H2 O
∴ γ = γ r .γ H2O
γ = 0,9 .1000
γ MK*S = 900 kgf/m³
Cálculo de ρ : γ = ρ g ∴ ρ =
ρ=
γ
g
900 kgf / m 3
2
4 utm
=
s
m
.
91,8
kgf
.
/
9,8 m / s 2
m3
ρMK * S = 91,8
utm
m3
Cálculo de µ : µ = ν.ρ
MK * S : µ = 0,028 x 91,8
µ = 2,57 kgf . s/m 2
C.G.S. : µ = 2,57
9,8 . 10 5 dina . s
10 4 cm2
µ = 251,8 dina . s / cm 2 ( Poise)
Determinar ν em cm2 / s
m2
10 4 cm2
0,028
= 0,028
s
s
ν = 280cm2 / s (Stoke)
7
3 - São dadas duas placas paralelas a distância de dois milímetros.
A placa superior move-se com velocidade de 4 m/s, enquanto que a inferior está
fixa.
Se
o
espaço
(ν = 0,1 Stokes;
entre
as
ρ = 90 utm/m 3 ):
duas
placas
for
preenchido
com
óleo
a) Qual será a tensão de cisalhamento no óleo?
b) Qual a força necessária para rebocar a placa superior de área A = 0,5 m2 ?
a) µ = ν ρ
µ = 10 −5 x 90
µ = 9 x 10 − 4 kgf s/m 2
τ = µ.
ν = 0,1 cm2 / s = 10 −5 m2 / s
ρ = 90 utm / m2
v0 = 4 m / s
ε = 2 mm = 2.10 −3 m
v0
4
= 9 x 10 − 4 x
2 x 10 −3
ε
τ = 1,8 kgf/m 2
b) τ =
Ft
∴ F = Ft = τ.A = 1,8 . 0,5
A
F = 0,9 kgf
4 - Uma placa quadrada de 1m de lado e 20 N de peso desliza sobre um plano
inclinado de 30º sobre uma película de óleo.
A velocidade da placa é de 2 m/s, constante.
Qual é a viscosidade dinâmica do óleo se a espessura da película é 2 mm ?
µ=?
A = 1 m²
G = 20N
Condição de V cte:
Gt = Ft ( 1 )
8
sen α =
Gt
G
G t = G senα (2)
Ft
v
Ft = τ A ∴ Ft = µ A (3)
ε
A
Substituin do (2) e (3) em (1) :
τ=
v
G sen αε
A µ=
ε
VA
-3
20 x 0,5 x 2 x 10
µ=
2 x 12
G senα = µ
−2
µ = 10 N . s/m 2 (Pa.s)
9
Pressão
Medida de Pressão
Carga
Ampliação de forças por
Intermédio da Pressão
Capítulo 2
2.1-
Conceito de pressão
Fn
Superfície de
área A
P=
Fn
A
PI =
F 100
=
AI
50
PII =
PI = 2 kgf/cm 2
2.2-
F 100
=
AII 100
PII = 1 kgf/cm 2
Teorema de Stevin
“A diferença de pressões entre dois pontos de um fluido em repouso é o produto do
peso específico do fluido pela diferença de cotas entre os dois pontos considerados”.
2m
2m
0,5 m
0,5 m
(I)
2m
2m
1m
(II)
(III)
Recipientes de base quadrada com água ( γ = 1000 kgf/m³ )
Qual a pressão no fundo dos recipientes?
2m
1m
10
(I)
PI =
GI
G
, onde γ = I
AI
VI
G I = γ VI
G I = 1000 kgf/m 3 x 0,5 x 0,5 x 2 m 3
GI = 500 kgf
A I = 0,5 x 0,5 = 0,25 m 2
PI =
500
0,25
PI = 2000 kgf / m 2
(II)
GII
A II
2000
PII =
1
PII =
GII = γ .VII = 1000 kgf/m 3 x 1 x 1 x 2 m 3
GII = 2000 kgf
AII = 1 x 1 = 1 m 2
PII = 2000 kgf/m 2
GIII
A III
8000
PIII =
4
PIII =
G III = γ .VIII = 1000 . 2 x 2 x 2
G III = 8000 kgf
AIII = 2 x 2 = 4 m 2
PIII = 2000 kgf/m 2
Genericamente:
P=
G γV γ.A/ .h
=
=
A
A
A/
P = γh
P1 = γ h1
P2 = γ h 2
∆P = γ∆h
11
P2 − P1 = γ (h 2 − h1 )
∆p
∆h
Observação importante:
a) O Teorema de Stevin só se aplica a fluidos em repouso.
b) ∆ h é a diferença de cotas e não a distância entre os dois pontos considerados.
c) Todos os pontos de um fluido num plano horizontal tem a mesma pressão.
d) A pressão independe da área, ou seja, do formato do recipiente.
2.3-
Lei de Pascal
“A pressão num ponto de um fluido em repouso é a mesma em todas as direções”.
Realmente, se tal não ocorresse, havendo desequilíbrio, teríamos movimento da
partícula fluida.
Lei de Pascal:
A pressão aplicada a um ponto de um fluido incompressível, em repouso, transmitese integralmente a todos os demais pontos do fluido.
P1 = 0,1 kgf/cm²
P2 = 0,2 kgf/cm²
P3 = 0,3 kgf/cm²
P4 = 0,4 kgf/cm²
P=
F
F 100
=
A 100
P = 1 kgf/cm 2
P1 = 0,1 + 1 = 1,1 kgf/cm²
P2 = 0,2 + 1 = 1,2 kgf/cm²
P3 = 0,3 + 1 = 1,3 kgf/cm²
P4 = 0,4 + 1 = 1,4 kgf/cm²
12
2.4-
Transmissão e Ampliação de uma força
a) Prensa hidráulica
P=
F1
A1
(1)
F2
(2)
A2
F
F
de (1) e (2) : 1 = 2 ∴
A1 A 2
F2 A 2
=
F1 A 1
P . A 2 = F2
b) Cilindro
b. 1 - Cilindro de ação simples
F = P.Ap
b. 2 - Cilindro de dupla ação ou regenerativo
P . A P = P (A P - A H ) + F
F = PA/ P - PA/ P + PA H
13
P=
F = P . AH
2.5-
Carga de pressão (h)
É a altura de fluido suportada por uma pressão.
Ex.:
PA = PB = p = γh
2.6-
h=
p
γ
Escalas de pressão
a) Escala efetiva (relativa): É aquela que toma como referência (zero) a pressão
atmosférica. As pressões nessa escala dizem-se efetivas (relativas).
b) Escala absoluta: é aquela que toma como referência (zero) o vácuo absoluto. As
pressões nessa escala são chamadas absolutas.
14
I - Comparação com as escalas de temperatura
ºK
II - Diagrama comparativo das duas escalas
Pabs = Pef = Patm
Ao nível do mar:
Patm = 10330 kgf/m²
Pressão atmosférica
normal ou padrão
Patm = 1,033 kgf/cm²
Observações importantes:
a) a - A pressão absoluta é sempre positiva.
b) b - A pressão efetiva pode ser positiva ou negativa.
Pressão efetiva negativa = “depressão” ou “vácuo”.
c) c - Indicação de pressão efetiva: 1 kgf/m².
d) d - Indicação de pressão absoluta: 1 kgf/m² (abs).
2.7-
Unidades de pressão
a - Unidades de pressão propriamente ditas:
P=
Fn
A
15
Ex.:
dina/cm² ; N/m² ; kgf/m² ; N/cm²; kgf/cm² . Obs: N/m2=Pa; KPa=103Pa; MPa=106Pa
psi = lbf/pol2 ≅ 0,07 kgf/cm²
20 psi = 1,4 kgf/cm²
kgf
1 kgf/cm 2 = 1 − 4 2 = 10 4 kgf/m 2
10 m
b - Unidades de carga de pressão utilizadas para indicar pressões:
h=
P
γ
Ex.:
m.c.a. (metros de coluna de água)
m.c.o. (metros de coluna de óleo)
mmHg,
m. c. ar, etc.
c - Transformações de unidades
10330 kgf/m 2 = 1,033 kgf/cm 2 ;
h=
P
γ
=
10330
= 10,33 m.c.a.
1000
10330
= 0,76 m = 760 mmHg
γ 13600
1,033
1,033 kgf/cm 2 =
psi = 14,7 psi
0,07
h=
P
=
10330 kgf/m 2 = 1,033 kgf / cm 2 = 10,33 m.c.a. = 101325Pa = 101,325KPa =
= 760 mmHg = 14,7 psi = 1 atm
Exemplo:
Determinar o valor da pressão de 380 mmHg em kgf/cm² e psi na escala efetiva em
kgf/m² e atm na escala absoluta.
Dado: Patm = 10.330 kgf/m².
a - Escala efetiva
16
a.1 - ] kgf/cm²
760 mmHg
-
1,033 kgf/cm 2
380 mmHg
-
x
a.2 - ] psi
760 mmHg
380 mmHg
-
14,7 psi
y
x = 0,5165 kgf / cm 2
y = 7,35 psi
b - Escala absoluta
Pabs = Pef + Patm
b.1 - ] kgf/m²
Pabs = z + 10330 kgf/m²
760 mmHg
- 10330 kgf/m 2
380 mmHg
-
z
z = 5165 kgf / m 2
Pabs = 15495 kgf / m 2 (abs)
b. 2 - ] atm
Pabs = w + 1
760 mmHg
380 mmHg
- 1 atm
w
w = 0,5 atm
Pabs = 1,5 atm (abs )
2.8-
Aparelhos medidores de pressão.
a - Barômetro (Medida da Patm)
hHg =
Patm
γ Hg
Patm = hHg .γ Hg
Ao nível do mar: hHg = 760 mm
Patm = 0,76 m x 13600 kgf/m³
Patm = 10330 kgf / m 2
17
b - Piezômetro
p = γ .h
Desvantagens:
1) Não serve para medir pressões de gases
2) Não serve para medir pressões negativas
3) Não serve para medir pressões elevadas
c - Manômetro com tubo em U
p = γ. h
Mede pressões positivas
P2 - P1 = γ h
O -P = γ h
P = −γ h
18
Mede pressões negativas.
O ponto mais baixo tem pressão maior que p, que é negativa.
Mede também pressões de gases.
d - Manômetro Metálico (Tipo Bourdon)
Pm = P1 - P2
Se P2 = Patm = 0
Pm = P1
Pm A
Pm B
Pm C
Pm D
19
= P2 − P1
= P1 − P2
= P1 − 0 = P1
= P2 − 0 = P2
2.9-
Equação Manométrica
Teorema de Stevin
Ae1
P1 − PA = γ A .h A
1e2
P1 − P2 = γ 1.h1
2e3
P3 − P2 = γ 2 .h 2
3e4
P3 − P4 = γ 3 .h 3
4eB
P4 − PB = γ B .hB
P1 − PA = γ A .h A (X − 1)
P1 − P2 = γ 1.h1
P3 − P2 = γ 2 .h 2 (X − 1)
− P/ 1 + PA = − γ A .h A
P/ 1 − P/ 2 = γ 1.h1
− P/ 3 + P/ 2 = − γ 2 .h 2
P3 − P4 = γ 3 .h 3
P/ 3 − P/ 4 = γ 3 .h 3
P4 − PB = γ B .hB
P/ 4 − PB = γ B .hB
PA − PB = − γ A .h A + γ 1.h1 − γ 2 h 2 + γ 3 h 3 + γ B hB
PA − PB = − γ A h A + γ 1.h1 − γ 2h 2 + γ 3 h 3 + γ B h B
PA + γ A h A − γ 1h1 + γ 2h 2 − γ 3 h 3 − γ BhB = PB
Regra prática:
Cotam-se os planos de separação dos diversos líquidos manométricos.
Em seguida, convencionalmente, percorre-se o manômetro da esquerda para a
direita somando (ou subtraindo) as pressões das colunas de fluidos conforme se
desça (ou suba) segundo os diversos ramos do manômetro.
20
Exercícios:
1 - Determinar a pressão p.
P + γ H2O .hH2O − γ Hg .hHg =
= Patm
P + 1000 . 0,025 - 13600 . 0,075 = 0
P + 25 - 1020 = 0
P = 995 kgf/m 2
Dados:
γ H O = 1000 kgf/m 3
2
γ Hg = 13600 kgf/m 3
Se Patm = 0 ,9 atm
Pabs = ?
Pabs = Pef + Patm
10330 kgf / m 2 − 1 atm
x
0,9 atm
9297 kgf / m 2
Pabs = 995 + 9297
Pabs = 10292 kgf / m 2 (abs )
2 - Determinar a indicação do manômetro metálico da figura.
Pm = ?
P' = P'−0
P1 = 1 kgf / cm 2
P2 − γ Hg .hHg = 0
P2 = 13600 x 0,15
Pm = P1 - P2 = 1 - 0,204
P2 = 2040kgf / m2 = 0,204kgf / cm2
Pm = 0,796 kgf/cm²
21
3 - Calcular Par e Pm nas escalas efetiva e absoluta.
Dados:
γ H O = 1000 kgf / m 3
760 mmHg − 10330 kgf / m 3
γ óleo = 850 kgf / m 3
710 mmHg − x
2
γ Hg = 13600 kgf / m 3
Patm = 740 mmHg
Patm = x = 10058 kgf / m 2
a − Par = ?
Par abs = ?
0 + 1000 . 0,7 + 13600 . 0,3 - 1000 . 0,7 - 850 . 0,8 = Par
Par = 700 + 4080 − 700 − 680
P = 3400 kgf/m²
Pabs = Pef + Patm
Pabs = 3400 + 10058
Pabs = 13458 kgf / m 2 (abs)
b − PM = ?
PMabs = ?
Par + γ óleo .hóleo = PM
3400 + 850 . 0,30 = PM
PM = 3655 kgf / m 2
PMabs = PM + Patm
PMabs = 3655 + 10058
PM abs = 13713 kgf / m 2 (abs)
22
4 - Calcular P para o equilíbrio do sistema
FA = 20 kgf
Equilíbrio de momentos
FA x A = FB x B
20 x 20 = FB x 10
FB = 40 kgf
F
P
= B
A1 A 2
P FB
=
d12 d 22
F
P
= B2
2
πd1
π/d 2
4/
4/
d
P = FB 1
d2
2
25
= 40
5
2
F = 1000 kgf
5 - Calcular o valor do peso G.
23
A 1 = 10cm2
A H1 = 2cm2
A2
A3
A4
A5
= 2,5cm
= 5cm2
= 20cm2
= 10cm2
2
P1 = 5 kgf / cm 2
h = 2 m = 200 cm
γ Hg = 13600 kgf / m 3 = 0,0136 kgf / cm 3
Considerar o ar incompressível.
Desprezar o peso do pistão.
G=?
Cálculo de F2 : 0 + γ Hg h = P' 2 ∴ 13600 x 2 = P ' 2
P ' 2 = 27200 kgf / m 2 = 2,72 kgf / cm 2
F2 = P ' 2 . A2 = 2,72 . 2,5
F2 = 6,8 kgf
Cálculo de F1 : F1 = P1 . A 1 = 5.10
F = 50 kgf
∆F = F1 − F2 = 43,2 kgf
Cálculo de P2 : P2 =
∆F
43,2
=
(A1 − AH ) 8
1
P2 = 5,4 kgf/cm²
Cálculo de F3 : F3 =
F3 27
=
A 4 20
P3 = 1,35 kgf/cm²
G = P3 . A5 = 1,35 . 10
G = 13,5 kgf
24
Noções fundamentais de
Escoamento de Fluidos
Equação da Continuidade
Capítulo 3
3.1-
Noções Fundamentais
Movimento permanente
Quando fixado um ponto num sistema de referência, neste ponto, com o decorrer do
tempo, não mudam as propriedades.
Ex.:
instante inicial
instante t qualquer
Movimento variado
Ex.:
Em caso contrário
2 m/s
instante inicial
instante t
Vazão em volume (Q)
4 m/s
25
6 m/s
É o volume de fluido que atravessa uma seção de escoamento na unidade de
tempo.
Q=
6
= 3 /s
2s
Q=
V
t
Unidades de Q:
cm3 /s ; m3 /s ; m3 / min ; m3 /h ; /s ; / min ; / h ;...
Velocidade média numa seção (V)
V A.s
=
t
t
Q=A.ν
Q=A.ν
Q=
→ν
Velocidade média é uma velocidade fictícia constante na seção tal que multiplicada
pela área resulta na vazão do líquido.
26
Vm =
Q=
Q
A
viAi
∴ vm =
vdA
A
vm =
Q
A
vm =
1
VdA
A
Obs.: Vm = V se não for indicado o diagrama de velocidades
Unidades de V: cm/s ; m/s ; m/min ; . . .
Vazão em massa (Qm )
É a massa de fluido que atravessa uma seção do escoamento na unidade de tempo.
Qm =
m
t
Unidades de Qm : g/s ; g/min ; kg/s ; kg/min ; kg/h ; utm/s ; utm/min ; utm/h ; . . .
Vazão em peso (QG)
É o peso de fluido que atravessa uma seção de escoamento na unidade de tempo.
QG =
G
t
Unidades de QG : dina/s ; dina/,min ; d/h ; N/s ; N/min ; N/h ; kgf/s ; kgf/min ; kgf/h ;...
Relações entre Q, Qm e QG
Qm =
m
t
Mas:
Q
ρ=
m
v
m = ρv ∴ Q m =
ρV
t
Qm = ρQ
27
Qm = ρvA
G
t
QG=
Mas:
γ =
Q
G
V
G = γ V ∴ Q
G
γ v
t
=
QG = γQ
QG = γvA
Qm
Q =
G
G
t
=
m
t
.g
QG = g.Qm
3.2-
Num intervalo de tempo t a massa de fluido que atravessa a seção ( 1 ) é a mesma
que atravessa a seção (2).
m = m = m
m
: t
∴
ou
ou
t
m
1
m
1
2
=
m
2
t
V1 A1 =
t
= cte.
m
ρ1 Q 1 = ρ 2 Q 2 = ρ
ρ1
=
m
ρ2 V2
Q = cte.
A2 =
ρVA
= cte.
28
“No escoamento de um fluido, em movimento permanente a vazão em massa de
fluido que atravessa qualquer seção de escoamento é constante”.
Caso particular:
Fluido incompressível (líquidos)
ρ =
m
= cte .
v
ρ 1 = ρ 2 = ρ = cte .
∴ Q1 = Q
2
= Q = cte .
V1A 1 = V 2 A
2
= VA = cte .
“No escoamento de um fluido incompressível em movimento permanente a vazão de
fluido que atravessa qualquer seção do escoamento é constante”.
Ex.:
Q1 = Q 2 ∴ V1A 1 = V2 A 2
∴
V2 A 1
=
V1 A 2
Se :
A1 > A 2
V2 > V1
A1 < A 2
V2 < V1
29
Exemplo numérico:
A 1 = 20 cm2
A 2 = 10 cm²
V1 = 1 m/s
V2 20
=
1 10
∴ V2 = 2 m / s
Obs: As velocidades variam na razão inversa dos quadrados dos diâmetros.
(Fluidos incompressíveis).
Exercícios:
1 - Ar escoa num tubo convergente.
A área da maior seção do tubo é 20 cm² e a da menor é 10 cm².
A massa específica do ar na seção 1 é 0,12 utm/m³ enquanto que na seção 2 é
0,09 utm/m³.
Sendo a velocidade na seção 1 de 10 m/s, determinar a velocidade na seção 2 e
a vazão em massa.
Qm1 = Qm2
ρ1Q1 = ρ 2Q 2
ρ1V1A 1 = ρ 2 V2 A 2
V2 =
ρ1 A 1
0,12 20
⋅
⋅ V1 =
⋅
⋅ 10
ρ2 A 2
0,09 10
V2 = 26,7 m/s
30
A 1 = 20 cm³
V 1 = 10 m/s
A 2 = 10 cm³
V2 = ?
ρ1 =
0,12 utm/ m³
QM
= ?
m=
ρ2 =
0,09 utm/m³
Q m = ρ1V1A 1 = ρ 2 V2 A 2
Q m = 0,12 x 10 x 0,002
Q m = 0,0024 utm / s
2 - Os reservatórios (1) e (2) da figura são cúbicos.
São enchidos pelos tubos respectivamente em 100 seg. e 500 seg.
Determinar a velocidade da água na seção A indicada, sabendo-se que o
diâmetro é 1m.
Q = Q1 + Q 2
Q1 =
V1 125
=
t 1 100
Q
Q1 = 1,25 m 3 / s
Q2 =
V2 1000
=
t2
500
Q 2 = 2 m3 / s
Q = 1,25 + 2
Q = 3,25 m 3 / s
Q = A ⋅ VA ⇐ VA =
Q
Q
3,25
=
=
2
3,14 ⋅ 1
A πD
4
4
VA = 4,14 m / s
3 - Um tubo admite água (ρ = 1000 kg/m3) num reservatório, com vazão de 20 /s.
No mesmo reservatório é trazido óleo (ρ = 800 kg/m3) por outro tubo com uma
vazão de 10 /s.
A mistura homogênea formada é descarregada por um tubo cuja seção tem uma
área de 30 cm2.
Determinar a massa específica da mistura no tubo de descarga e a velocidade da
mesma.
31
ρ1 = 1000 kg/m3
ρ2 = 800 kg/m3
ρ3 = ?
Q1 = 20 /s
Q2 = 10 /s
A3 = 30 cm2, V3 = ?
Equação da continuidade
Q m 3 = Q m1 + Q m 2
ρ 3 Q 3 = ρ 1Q 1 + ρ 2 Q 2
ρ 1Q 1 + ρ 2 Q 2
Q3
Sendo os fluídos incompressíveis:
ρ3 =
Q 3 = Q1 + Q 2
Q 3 = 20 + 10
Q 3 = 30 / s
ρ3 =
1000 ⋅ 20 + 800 ⋅ 10 20000 + 8000
=
30
30
ρ 3 = 933,3 kg / m 3
Q 3 = A 3 V3 ∴ V3 =
Q 3 30 x 10 −3
=
A 3 30 x 10 − 4
V3 = 10m / s
4 - O tanque da figura pode ser enchido pela água que entra pela válvula A em 5 h,
pelo que entra por B em 3 h e pode ser esvaziado (quando totalmente cheio) pela
válvula C em 4 h (supondo vazão constante).
Abrindo todas as válvulas (A, B, C e D) ao mesmo tempo o tanque mantém-se
totalmente cheio.
Determinar a área da seção de saída de D se o jato de água deve atingir o ponto
0 da figura.
32
Equação da Continuidade:
QA + QB = QC + QD
QA =
V 30
=
tA
5
QB =
Q B = 10 m 3 / h
Q A = 6 m3 / h
QC =
V 30
=
tB
3
V 30
=
tC
4
Substituindo em
Q C = 7,5m 3 / h
fica:
6 + 10 = 7,5 + Q D
Q D = 16 − 7,5
Q D = 8,5 m 3 / h = 0,00236 cm 3 / s
Q D = VD ⋅ A D
AD =
QD
VD
Equação da parábola
33
x = VD t
t=
x
VD
1 2
gt
2
1
x2
y = ⋅g⋅ 2
2
VD
y=
2VD2 =
x 2g
x 2 g 100 ⋅ 10
∴ VD2 =
=
y
2y
2 ⋅ 5
VD2 = 100 ∴ VD = 10 m / s
Substituindo VD em
AD =
, fica:
0,00236
10
AD = 0,000236 m2
3.3 – Potência necessária para o deslocamento de um pistão num cilindro
Potência (N)
Trabalho (W)
W = Fp ⋅ s = p ⋅ Ap ⋅ s
VD
∴ W = p ⋅ VD
÷t
VD : Volume deslocado (cilindrada).
V
W
= p D ∴N = p ⋅ Q
t
t
N = p⋅Q
34
s = 0,5 m
t = 0,5 s
W = 50 kgf.m
Ap = 50 cm2
= 5 x 10-3m2
No dispositivo da figura o pistão desloca-se 0,5 m em 0,5 s e o trabalho realizado
nesse deslocamento é 50 kgf.m.
Supõe-se que não haja perda de pressão entre a saída da bomba e a face do pistão.
Determinar:
a. A potência fornecida ao fluído pela bomba.
b. A vazão em litros por segundo.
c. A pressão na face do pistão
a)
N=
W 50
=
t
0,5
kgf .m
= 736W
S
1 kgf .m ≅ 10W
1CV = 75
N = 100 kgf .m / s ≅ 1000 W
c)
W = p ⋅ Vd
p=
p=
W
W
=
Vd Ap ⋅ s
50
5 x10 −3 ⋅ 0,5
p = 2 x10 4 kgf / m 2 = 2kgf / cm 2
b)
Q=
Vd Ap ⋅ s 5 x10 −3 ⋅ 0,5
=
=
t
t
0,5
35
Q = 5 x10 −3 m 3 / s
1m 3 = 1000
Q = 5 x10 −3 x10 3 / s
Q = 5 /s
ou:
c)
N = p ⋅ Q ∴p =
N
100
=
Q 5 x10 −3
p = 2 x10 4 kgf / m 2
36
Capítulo 4
Equação de Bernoulli
4.1- O Princípio da Conservação da Energia Mecânica para Fluídos
Perfeitos (Ideais)
Energia
Potencial
De posição
De pressão
Mecânica
W=G.Z
Cinética
G
E PPo = W
Z
a) Energia Potencial
a.1 – De Posição
P.H.R
(Plano horizontal
de referência)
EPPo = G . Z
W = G . h =G
a.2 – De Pressão
EPPr = G ⋅
P
γ
E PPr = W
EP = EPPo + EPPR
b) Energia Cinética
Ec =
Mas:
mv 2
2
G = mg ∴ m =
G
g
v2
2g
Energia Total
∴ Ec = G ⋅
(E)
E = EP + Ec
E = EPPo + EPPr + Ec
37
P
γ
Princípio da Conservação de Energia Mecânica
(P.C.E.M.)
E = cte.
Ou
∆EP = ∆Ec
Exemplo:
E1 = G ⋅ Z
mv 2
2
E1 = E 2
E2 =
mv 2
2
2
m
/v
m
/ gz =
2
v = 2gz
G⋅Z =
4.2-
TORRICELLI
Equação de Bernoulli para Fluído Perfeito Incompressível em
Regime Permanente
38
E1 = EP1 + EC1 = EPPo1 + EPPr1 + EC1
∴ E1 = GZ1 + G
P1
v2
+G 1
γ
2g
E 2 = EP2 + EC 2 = EPPo2 + EPPR2 + EC 2
E 2 = GZ 2 + G
P2
v2
+G 2
γ
2g
P.C.E.M.
E1 = E2
/ Z+G
/
G
Z1 +
P1
V2
P
V2
/ 1 =G
/ Z2 + G
/ 2 +G
/ 2
+G
γ
2g
γ
2g
P1 V12
P
V2
+
= Z2 + 2 + 2
γ 2g
γ
2g
“No escoamento de um fluído perfeito incompressível em regime permanente a
energia total do fluído por unidade de peso permanece constante”.
Z1 e Z2: Energias potenciais de posição por unidade de peso (“Cargas de Posição”).
P1 P2
e
: Energias potenciais de pressão por unidades de peso (“Cargas de
γ
γ
Pressão”).
V12 V22
e
: Energias cinéticas por unidade de peso. (“Cargas Cinéticas”).
2g 2g
P1 V12
P2 V22
Z1 + +
e Z2 +
+
:
γ 2g
γ
2g
Energias totais por unidade de peso.
(Cargas Totais = H)
Carga de Pressão = energia de Pressão por unidade de peso.
Carga de Posição = energia de posição por unidade de peso.
Carga Cinética = energia cinética por unidade de peso.
Carga Total (H) = energia total por unidade de peso.
H1 = H2
Unidades de Carga: m, cm, mm, etc. ou seja:
Unidades de energia por unidade de peso: m, cm, mm, etc.
39
Exercícios:
1-
Patm
5m
(1)
A=10 cm2
P.H.R.
(2)
Patm
B
Tanque de grandes dimensões
Fluído perfeito
g = 10 m/s2
O tanque da figura descarrega água a atmosfera pelo tubo indicado.
Sendo o tanque de grandes dimensões e o fluído considerado perfeito, determinar a
vazão da água descarregada se a área da seção do tubo é 10 cm2.
H1 + H2
EPPo1 + EPPr1 + EC1 = EPPo2 + EPPr2 + EC 2
Z1 +
P1
γ
0
Patm =0
+
V12
P
0
= Z/ 2 + 2
2g
γ
Patm = 0
+
V22
2g
V22
Z1 =
∴ V2 = 2gz 1 = 2 x 10 x 5 = 10m / s
2g
Q = V2 A = 10 x 10 x 10 − 4
Q = 10 x 10 −3 m 3 / s = 10 / s
2- Idem
(1)
3m
p = 0,5 kgf/cm²
A=10 cm2
P.H.R.
B
40
(2)
Patm
-
Tanque de grandes dimensões
-
Fluído perfeito
g = 10 m/s2 = 1000 cm/s2
γ H2O = 1000kgf / m 3
Q=?
H1 = H2
EPPO1 + EPPr1 + EC1 = EPPO2 + EPPr2 + EC 2
0
0
2
1
0
2
2
Z1 +
P1 V
P
V
=
= Z2 + 2 +
γ
2g
γ
2g
Z1 +
P1 V22
=
γ
2g
V2 = 2g Z1 +
V2 = 100
V22 = 2g Z1 +
P
γ
P
0 ⋅ 2 x 10 4
= 2 x 10 x 3 +
γ
10 3
V2 = 10 m/s
∴ Q = V2 A = 10 x 10 x 10 −4
Q = 10 x 10 −3 m 3 / s = 10 / s
1. Um dos métodos para produzir vácuo numa câmara é descarregar água por um
tubo convergente como é mostrado na figura.
Qual deverá ser a vazão em massa no tubo da figura para produzir um vácuo de
50 cmHg na câmara?
h = 50 cm (carga de pressão do mercúrio)
H1 = H2
41
0
Z1 +
0
P1 V12
P V2
+
= Z2 + 2 + 2
γ 2g
γ 2g
V12 − V22
P
= − Z1 − 1
γ
2g
(1)
Q1 = Q 2
V1A 1 = V2 A 2
V1 =
V2 A 2
Π d 22 / 4
= V2
A1
Π d12 / 4
V1 = V2
d2
d1
2
= V2
3,4
1
2
V1 = 11,56 V2 (2)
(2) em (1)
(11,56 V2 )2 − V22
2g
= Z1 −
P1
γ
133,6 ⋅ V22 − V22
P
= −Z1 − 1
2g
γ
V22 =
P
2g
( −Z 1 − 1 )
132,6
γ
onde:
Z1 = 4m
P1 = −γ Hg ⋅ h = −13600 kgf / m 3 x 0,5m
P1 = −6800 kgf / m 2
V22 =
20
− 6800
−4−
132,6
1000
V22 =
56
= 0,42
132,6
V2 = 0,42
V2 = 0,65 m/s
V1 = 11,56 x0,65 ∴ V1 = 7,5m / s
Q m = ρQ1 = ρQ 2 = ρV1A 1 = ρV2 A 2 (ρ1 = ρ 2 = ρ)
42
∴ Qm =
γ πd12 1000 x7,5 x3,14 x (0,01)
V1
=
g
4
10 x 4
2
Qm= 0,059 utm/s
4.3- Equação de Bernoulli para Fluido Perfeito Incompressível com
a Presença de uma Máquina no Escoamento
Máquina
(M)
Bomba (B)
-
Fornece energia ao fluido
Turbina (T)
-
Retira energia do fluido
a) BOMBA
H1 < H2
B
HB: Energia fornecida ao
(2)
(1)
fluido
pela
bomba
pro
unidade de peso.
(“Carga
H1 + HB = H2
ou
altura
manométrica da bomba”)
b) TURBINA
H1 > H2
T
(2)
(1)
H1 – HT = H2
HT: Energia retirada do
fluído pela turbina por
unidade de peso. (“Carga
ou altura manométrica da
turbina”)
Genericamente
Hm > 0
M é Bomba (Hm = HB)
M
(1)
(2)
H1 + Hm = H2
43
Hm < 0 ⇐ M é Turbina (Hm - HT)
Fluido Perfeito
a) ∃ Máquina
b) ∃ Máquina
H1 = H2
H1 + Hm = H2
4.4- Potência Fornecida ou Retirada do Fluido na Passagem pela
Máquina. Noção de Rendimento
G : Peso de fluido que atravessa a máquina no intervalo de tempo t.
W : Energia fornecida ou retirada do peso G de fluido na passagem pela
Máquina.
Hm : Energia fornecida ou retirada do fluido pela máquina por unidade de peso.
Hm =
γ=
G
V
W
G
W = G ⋅ Hm Mas:
G = γV
Substituindo: W = γVHm
÷t
W
V
= γ Hm
t
t
potência
vazão
N = γQHm
- M.K*.S -
γ
kgf/m3
Q
m3/s
Hm
m
N
kgf . m/s (kgm/s)
N
N⋅m J
= =W
s
s
- S.I.
γ
N/m3
Q
m3/s
Hm
m
1C.V. = 75 kgf . m/s
1C.V. = 736 W = 0,736 kW
44
Rendimento (η)
η=
Potência útil
Potência posta em jogo
a) BOMBA
N : Potência útil = Potência fornecida ao fluído
N
ηB =
NB
∴ NB =
N
ηB
NB : Potência da Bomba
NB =
γQHB
ηB
b) TURBINA
ηT =
NT
N
N : Potência retirada do fluido
NT : Potência útil = Potência da turbina
NT = N ⋅ η T
NT = γQHm ⋅ η T
1- O reservatório de grandes dimensões da figura descarrega água para a atmosfera
através de uma tubulação com uma vazão de 10 /s.
Verificar se a máquina instalada é BOMBA ou TURBINA e determinar sua
potência se o rendimento é 75%.
45
Supor fluido perfeito.
Patm
(2)
20m
(1)
5m
2
A=10 cm
PHR
B
γ H O = 1000kgf/m 3 ; g = 10m/s 2
2
Q = 10 −2 m 3 / s
H1 + Hm = H2
0
Z2 +
Hm = H2 − H1 =
2
0
2
0
P2 V2
P V
+
− Z1 + 1 + 1
γ 2g
γ 2g
Hm = 5 +
V22
− 20
2g
Q 10 −2
=
= 10m / s
A 10 −3
Q = V2 ⋅ A
V2 =
Hm = 5 +
100
− 20
20
Hm = -10m
Hm < 0
M é Turbina
10 3 ⋅ 10 −2 ⋅ 10 100
=
75
75
N = 1,33 C.V.
N = γQHT =
∴NT = NηT = 1,33 x 0,75
NT = 1 C.V.
2 – Idem
46
a) Tipo de Máquina = ?
b) Nm = ? (ηm = 75%)
a) Equação de Bernoulli no trecho (1) – (2)
H1 + Hm = H2
Hm = H2 – H1
Cálculo de H1:
Z1 +
P1 V12
10 4
+
= 10 + 3
γ
2g
10
H1 = 20m
Cálculo de H2:
0
H2 = Z 2 +
0
2
2
P2 V
+
= 30
γ
2g
H2 = 30 m
Hm = H2 – H1 = 30 – 20
Hm = 10m
Hm > 0
M é BOMBA
b) Potência da Bomba
γQHB 10 3 ⋅ 10 −2 ⋅ 10
N=
=
75
75
N = 1,33 C.V.
γQHB 10 3 ⋅ 10 −2 ⋅ 10
NB =
=
η ⋅ 75
75 x0,75
NB = 1,78 C.V.
ou:
47
Fluido Perfeito
Grandes Dimensões
ηB =
N
N 1,33
∴ NB =
=
NB
ηB 0,75
NB = 1,78 C.V.
4.5- Equação de Bernoulli para Fluido Real e Presença de uma
Máquina no Escoamento.
a) Sem Máquina
Perda de
energia
(1)
H1 > H2
(2)
H1 > H2
H1 = H2 + HP1,2
HP1,2 = Perda de energia de 1 para 2 por unidade de peso.
HP1, 2 = Perda de carga (m, cm, mm)
Observação Importante: Sentido do escoamento
Trecho onde não existe
máquina
(1)
(2)
H1 > H2 ∴escoamento de (1) para (2)
H2 > H1 ∴escoamento de (2) para (1)
b) Com Máquina
M
H1 + Hm = H2 + HP1,2
(2)
(1)
48
Fluido Perfeito
Fluido Real
a)
∃ máquina: H1 = H2
a)
∃ máquina: H1 = H2 + HP1,2
b)
∃ máquina H1 + Hm = H2
b)
∃ máquina H1 + Hm = H2 + HP1,2
Exemplo:
1 – Calcular a perda de carga na instalação da figura.
Patm
5m
(3)
A=10 cm2
P.H.R.
B
Dados:
NB = 5 C.V.
ηB = 80%
γ = 103 kgf/m3
g = 10 m/s
HP1,2 = ?
Bernoulli:
H1 + HB = H2 + HP1,2
H1 = Z 1 +
HP1,2 = H1 − H2 + HB
P1 V12
+
=5+0+0
γ 2g
H1 = 5 m
49
(2)
V2 = 5m/s
Patm
0
H2 = Z 2 +
0
P2 V22 25
+
=
2g 20
γ
H2 = 1,25 m
NB =
γQHB
75 ⋅ ηB
HB =
75 NB ⋅ ηB
γQ
Q = V . A = 5 x 10 x 10-4
HB =
Q = 5 . 10-3 m3/s
75 ⋅ 5 ⋅ 0,8
10 3 ⋅ 5 x10 −3
HB = 60m
Substituin do : HP1,2 = 5 − 1,25 + 60
HP1,2 = 63,75m
2 – Uma bomba deve recalcar 0,15 m3/s de óleo de peso específico 760 kgf/m3 para
o reservatório C.
Adotando que a perda de carga A a 1 seja 2,5m e de 2 a C, 6 m, determinar a
potência da mesma se o rendimento é 75%.
Q = 0,15 m3/s
γ = 760 kgf/m3
HPA ,1 = 2,5m
HP2,C = 6m
ηB = 75%
50
N = NB.ηB
(1)
N = γQHB
(2)
Bernoulli
H A + HB = HC + HPA ,1 + HP2,C
HB = HC + HPA ,1 + HP2,C − H A
(3)
0
0
2
A
PA V
+
= 15m
γ
2g
Cálculo de H A : H A = Z A +
HA = 15 m
0
Cálculo de H2 : HC = Z C +
0
2
C
PC V
+
= 60m
γ
2g
HC = 60 m
(3) HB = 60 + 2,5 + 6 – 15
HB = 53,5 m
(2) N =
760 ⋅ 0,15 ⋅ 53,5
75
N = 81,32 C.V.
(1) NB =
N 81,32
=
ηB
0,75
NB = 108 C.V
51
3 – Dada a instalação da figura, pedem-se:
a) HA = ? HB = ? HC = ?
b) Sentido do escoamento
c) Tipo de máquina
d) HPA ,B
e) Potência da máquina
Dados:
HPB,C ≅ 0
Q = 3,14 m3/s
D=2m
PB = 4 kgf/cm2 = 4 x 104 kgf/m2
γ = 1000 kgf/m3
g = 10 m/s2
Cálculo de VB:
VB =
Q
3,14
4
=
= =∴ VB = 1m / s
2
A π ⋅D
4
4
0
0
2
A
PA V
+
= 35 + 0 + 0
γ
2g
HA =35 m
a) H A = Z A +
52
0
HB = Z B +
2
B
PB V
4 x10 4
1
+
=5+
+
3
2g
20
γ
10
HB = 5 +40 + 0,05
HB = 45,05 m
HC = Z C +
PC VC2
+
=0
γ
2
HC = 0
b) Sentido de escoamento (trecho sem máquina A – B)
de (B) para (A) ∴de (C) para (A)
HB > HA
c) Tipo de máquina (Hm)
Equação de Bernoulli trecho com máquina (C – A)
HC + Hm = H A + HPC,A
Hm = H A − HC + HPC,A
0
HPC,A = HPC,B + HPB,A = HPB,A
HPC,A = HPB,A
Equação Bernoulli (B – A):
HB = H A + HPB,A
HPB,A = HB − H A = 45,05 − 35
HPB,A = 10,05m
∴ HPC,A = 10,05m
Substituindo em Hm
Hm = 35 – 0 + 10,05
Hm = 45,05 m
Hm > 0
M é BOMBA
d) HPB ,A = ?
Bernoulli (A,B)
HB = H A + HPB,A
HPB,A = 10,05m
53
HPB,A = HB − H A
ηB = 80%
e) NB = ?
NB =
γQHB 10 3 ⋅ 3,14 ⋅ 45,05 141457
=
=
ηB
75 ⋅ 0,8
60
NB = 2357,6 C.V.
4 – Dada a instalação da figura, pedem-se:
a) P1
P1
b) Pe
(1)
3m
-3
2
c) Ps
A = 5x10 m
Água
P.H.R
B
(e)
(s)
7m
(2)
Q = 25 /s
H P = 3 m.c.a.
1, 2
H P = 0,5 m.c.a.
1 ,e
g = 10m / s 2
γ = 10 3 kgf/m 3
N = 1 C.V .
a) Cálculo P1
Equação Bernoulli (1) – (2)
H1 + HB = H2 + HP1,2
0
Z1 +
0
2
1
P1 V
P
V2
+
+ HB = Z 2 + 2 + 2 + HP1,2
γ 2g
γ
2g
P1
V2
= Z 2 − Z 1 + 2 + HP1,2 − HB
γ
2g
onde:
Z1 = 3 m
Z2 = -7 m
V2 =
HP1,2
Q 25 x10 −3
=
= 5m / s
A
5 x10 −3
= 3m
54
N = γQHB
HB =
75 ⋅ 1
= 3m
10 x 25 x10 −3
3
P1
25
= −7 − 3 +
+ 3/ − 3/
20
γ
P1
γ
= −8,75m
P1 = −8750 kgf / m 2
b) Cálculo de Pe:
Bernoulli (1) – (e): H1 = He + Hp1,e
Ve =
Q
= 5m / s
A
Pe
8750 25
= 3−
− − 0,5
1000 20
1000
Pe
= 3 − 8,75 − 1,25 − 0,5
1000
Pe = −7500 kgf / m 2
c) Cálculo de Ps
Bernoulli (e) – (s) : He + HB = HS
Ve2
PS VS2
Ze + +
+ HB = ZS + +
γ 2g
γ 2g
PS Pe
= + HB
−7,5 + 3 = −4,5
Pe
γ
γ
PS = −4500 kgf / m 2
55
Algumas aplicações
especiais da Equação
de Bernoulli
Capítulo 5
5.1-
Tubo Venturi (Venturímetro): Aparelho Medidor de Vazão.
Equação de Bernoulli (1) – (2)
≈0
H1 = H2 + HP1,2
0
Z1 +
P1 V12
P
V2
+
= Z2 + 2 + 2
2g
γ 2g
γ
V22 − V12 P1 − P2
=
2g
γ
(1)
Mas: Q1 = Q2 (continuidade)
V2 =
A1 =
V1A1 = V2A2
V1 ⋅ A1
A2
π d12
d
V2 = V1 ⋅ 1
d2
4
π d 22
A2 =
4
2
( 2)
Substituindo (2) em (1)
2
1
V
d1
d2
4
− 1 = 2g
2g
V1 =
P1 − P2
γ
P1 − P2
γ
d1
d2
4
−1
onde:
56
1
d1
d2
=K
4
−1
V1 = K 2g
K=
P1 − P2
γ
1
d1
d2
Mas:
4
−1
Q = V1A 1 ∴ Q = K ⋅ A 1 2g
P1 − P2
γ
Curva de calibração
Q
P1 − P2
Exemplo:
Água escoa em regime permanente no tubo Venturi da figura.
A área A é de 20 cm2 enquanto que a da garganta é 10 cm2.
Um manômetro cujo líquido manométrico é mercúrio (γHg = 13600 kgf/m3) é
ligado entre as seções (1) e (2) e indica o desnível mostrado na figura.
Pede-se a vazão de água que passa pelo Venturi
57
H 2O
= 1000 kgf/m 3 ) .
P1 + γ H2O x + γ H2O ⋅ h − γ Hg ⋅ h − γ H2O ⋅ x = P2
P1 − P2 = γ Hg ⋅ h − γ H2O ⋅ h
P1 − P2 = h(γ Hg − γ H O ) = 0,1x(12600)
2
P1 − P2 = 1260 kgf / m 2
H1 = H2
Z1 +
P1 V12
P
V2
+
= Z2 + 2 + 2
γ 2g
γ
2g
V22 − V12 P1 − P2
=
2g
γ
(1)
Q1 = Q2
V1A 1 = V2 A 2
V2 = V1
V2 = 2V1
20
10
( 2)
(2) em (1)
4 V12 − V12 P1 − P2
P − P2
=
∴ 3 V12 = 2g 1
2g
γ
γ
V12 = 8,4
∴ V1 = 2,9 m / s
Q = V1A1 = 2,9 . 20 x 10-4
Q = 5,8 x 10-3 m3/s
Q = 5,8 /s
5.2-
Tubo de Pitot: Aparelho de Medida de Velocidade
γ
58
Equação de Bernoulli (1) – (2):
H1 = H2
0
Z1 +
2
1
2
2
P1 V
P
V
+
= Z2 + 2 +
2g
γ 2g
γ
V12 P2 − P1
=
2g
γ
V1 = 2g ⋅
P2 − P1
γ
Na prática:
Exemplo:
Num tubo de seção circular o diâmetro é 10 cm e admite-se uniforme o
diagrama de velocidades.
Um tubo de Pitot está instalado de forma a medir a velocidade no eixo do
tubo.
Determinar a vazão do tubo
γ H 0 = 1000 kgf / m 3
2
γ Hg = 13600 kgf / m 3
59
H1 = H2
0
Z1 +
2
1
2
2
P1 V
P
V
+
= Z2 + 2 +
2g
γ 2g
γ
V12 P2 − P1
=
2g
γ
v 1 = 2g
V12 = 2g
P2 − P1
γ
P2 − P1
γ
Tubo em U: P1 + γ H2 0 ⋅ x + h ⋅ γ Hg ⋅ γ H2O ⋅ ( x + h) =
= P2
P2 − P1 = γ H O ( x − x − h ) + hγ Hg
P2 − P1 = h ⋅ γ Hg − hγ H O = h(γ Hg − γ H O )
2
2
2
P2 − P1 = 0,05(13600 − 1000)
P2 − P1 = 630 kgf / m 2
630/
100/ 0/
V1 = 3,55 m / s
∴ V1 = 20/ ⋅
V1 = 12,6
πd12
3,14 x 0,01
Q = V1A 1 = V1 ⋅
= 3,55 ⋅
4
4
3
Q = 0,027 m / s = 27 / s
Proposto
Um Tubo de Pitot é preso num barco com v = 45 km/h de tal forma que a tomada do
pitot fique a uma pequena profundidade.
Qual a altura alcançada pela água no ramo vertical?
60
Análise Dimensional e Semelhança Mecânica
Capítulo 6
6.1-
ANÁLISE DIMENSIONAL
1.1 – Grandezas Fundamentais e Derivadas
Grandezas Fundamentais - São aquelas que se expressam por si só, enquanto
que as Grandezas Derivadas são as que são necessárias 3 grandezas
fundamentais, para que se representem todas variáveis (Grandezas Derivadas)
envolvidas na Mecânica.
Ou ainda
F
-
Força
M, L, T
L
-
Comprimento
L, M, F
T
-
Tempo
T, M, F
1.2 – Equação Dimensional
Relaciona a grandeza derivada com as fundamentais
É constituída por produtos de potência das grandezas fundamentais
X – É uma grandeza (variável) : [x] = Fα Lβ Tγ
Exemplo:
a) Velocidade (v)
s
→ [v ] a equação dimensiona l
t
[v ] = L = LT −1
T
v=
b) Aceleração (a)
[v ] = L
v
→ [a] =
[t ] T.T
t
[a] = L2 = LT −2
T
a
61
c) Área (A)
[A] = L2
d) Volume (V)
[V] = L3
e) Massa (m)
F = m.a → [m] =
[m] = FT
2
L
[F]
[a]
= FL−1 T 2
f) Massa Específica (ρ)
ρ=
[m] ∴ [ρ] = FT 2
m
→ [ρ] =
[V ]
v
L.L3
[ρ] = FT4
L
2
= FL−4
T2
g) Peso Específico (γ)
[G]
G
→ [γ ] =
[V ]
V
[γ ] = F3 = F L−3
L
γ=
h) Viscosidade Dinâmica (µ)
τ=µ
dv
τ dy
→µ=
dy
dv
[Ft ] [dy ]
Ft dy
→ [µ] =
[A ] [dv ]
A dv
[µ] = F2 ⋅ L
L L/T
[µ] = FT2 = FL−2 T
L
µ=
62
i) Viscosidade Cinemática (ν)
ν=
[µ]
µ
→ [ν ] =
[ρ]
ρ
FL−2 T
FL− 4 T 2
2
[ν] = L = L2 T −1
T
[ν] =
1.3 – Número Adimensional ou Número π
É toda variável cuja equação dimensional é da forma:
[π] = Fº Lº Tº
Exemplo:
a) Número de Reynolds (Re)
Re =
[Re] = [ρ][v ][L]
[µ]
ρvL
µ
−4
[Re] = F L
T 2 ⋅ L T −1 ⋅ L
→ [Re] = Fº L º T º
F L−2 T
b) Número de Euler (Eu)
F
ρV 2L2
[Eu] = [F2] 2
[ρ][v ] [L]
[Eu] = −4 2 F2 −2 2
FL T ⋅ L T ⋅ L
[Eu] = Fº Lº T º
Eu =
c) Número de Froude (Fr)
Fr =
v2
L.g
2
2
−2
[Fr ] = [v ] = L ⋅ T −2
[L]⋅ [g] L.L.T
[Fr ] = Fº Lº T º
63
1.4 – Análise Dimensional e Pesquisa
Por exemplo: suponhamos que se pretenda determinar F, quaisquer que
sejam as demais grandezas
No Laboratório
túnel aerodinâmico (fluido compressível)
ou canal aberto sob controle (fluido incompressível)
Equipamento
dinamômetros e balanças
viscosímetros
e outros aparelhos de medida.
várias esferas: D1; D2;..............................Dn
Materiais
vários fluidos (mesma ρ) e µ1; µ2;............µn
vários fluidos (mesma µ) e ρ1; ρ2;............ρn
64
Para caracterizar o fenômeno físico, através da experiência, chegaríamos a
uma infinidade de curvas:
F, ρ, v,D, µ
→
No Laboratório
Pelo Teorema dos π ou de Buckingham da Análise Dimensional, demonstra-se que
existe uma função de 2 números adimensionais formados por combinação adequada
das grandezas envolvidas rigorosamente equivalente à função dada:
/ (π 2 ) onde π1
π1 = O
F
ρvD
/ (Re ) ou O
/ (Eu, Re) = 0
= Eu e π 2 =
= Re ∴ Eu = O
2 2
µ
ρv D
65
Levantamento da Curva Universal
Toma-se uma única esfera de diâmetro Do e movimenta-se a mesma num
único fluido, de massa específica ρ0 e viscosidade µ0, calcula-se Re e a cada força
F0 correspondente, calcula-se Eu.
V0
Re
F0
Eu
Traça-se a curva universal:
Problema
Pretende-se movimentar uma esfera de diâmetro D1 num fluido de massa
especifica ρ1 e viscosidade dinâmica µ1 e com velocidade v1; qual será a força
oposta ao movimento F1?
Solução:
a) Tendo-se v1; ρ1; D1 e µ1, calcula-se Re =
ρ1 ⋅ V1 ⋅ D1
µ1
b) Vai-se à curva universal e determina-se Eu
Eu
Eu
Re
66
Re
c) Tendo-se Eu calcula-se F1
Eu =
F1
ρ1 ⋅ V12 .D12
∴
F1 = Eu.ρ1 ⋅ V12 ⋅ D12
1.5 – Teorema dos π ou de Buckingham
Sejam x1; x2;..........xn as n variáveis que intervêm em dado fenômeno físico.
Sejam π1; π2;..........πk os k adimensionais independentes, construídos com
base nas variáveis x1, x2..........xn.
OBSERVAÇÃO: Adimensionais independentes
devem diferir pelo menos em uma
de suas variáveis.
Se f (x1, x2,..........,xn) = 0
então existe uma outra função, rigorosamente equivalente à anterior, com
base nos adimensionais, π1; π2;..........πk, ou seja:
∅ (π1; π2;..........,πk) = 0
a) No laboratório determinar x1, x2, ..........xn (n)
b) Escrever as equações dimensionais de cada uma das variáveis, definindo
pois o nº de grandezas fundamentais envolvidas no fenômeno (r).
Exemplo: (1) – a) F, ρ, v, D, µ (n=5)
b) [F] = F
[ρ] = FL-4 T2
[v] = LT-1
r=3
[D] = L
[µ] = FL-2 T
BASE = ρ, v, D
c) O nº de adimensionais (k) será sempre n-r ∴ k = 5 - 3 = 2
d) Escolher uma “Base”, constituída por “r” variáveis independentes.
As grandezas dir-se-ão independentes quando não é possível formar com as
mesmas um produto adimensional. Ex: ρ, v, D
[ρ] = FL-4 T2
[v] = LT-1
[D] = L
67
e) Cada adimensional será constituído por produtos de potências, com
as variáveis da base, por uma das variáveis não pertencentes à base.
π1 = ρ a1 ⋅ v b1 ⋅ Dc 1 ⋅ F → F0L0 T 0 = (FL−4 T 2 )a1.(LT −1 )b1 ⋅ Lc 1 ⋅ F
F
0 = a1 + 1 ∴ a1 = -1
L
0 = -4a1 + b1 + c1 ∴ c1 = -2
T
0 = 2a1 – b1 ∴ b1 = -2
π1 = ρ−1 ⋅ v−2 ⋅ D−2 ⋅ F ∴ π1 =
a
b
F
= Eu
ρv2D2
(
c
π2 = ρ2 ⋅ v 2 ⋅ D2 ⋅ µ →F0L0T0 = FL−4T2
) ⋅ (LT )
a2
F
0 = a2 + 1 ∴ a2 = -1
L
0 = -4a2 + b2 + c2 - 2 ∴ c2 = -1
T
0 = 2a2 – b2 +1
−1 b2
⋅ Lc2 ⋅ FL−2T
∴ b2 = -1
π1 = ρ −1 ⋅ v −1 ⋅ D −1 ⋅ µ ∴ π2 =
µ
1 ρvD
→
=
= Re
ρvD
π2
µ
Se escolhermos outra “base”:
F, v, D, µ, ρ
(n = 5)
[F] = F
[v] = LT-1
[D] = L
k=2
r=3
[µ] = FL-2 T
[ρ] = FL-4 T2
BASE = µ, v, D
68
a
b
c
a
b
c
π1 = µ1⋅ v 1⋅ D1⋅ F → F0L0 T 0 = (FL−2 T )1⋅ (LT −1 )1⋅ L1 .F
F
0 = a1 + 1 ∴ a1 = -1
L
0 = -2a1 + b1 + c1 ∴ c1 = -1
T
0 = a2 – b1 ∴ b1 = -1
∴ π1 =
F
µvD
a
2
b
2
c
0 0
0
F
0 = a2 + 1 ∴ a2 = -1
L
0 = -2a2 + b2 + c2 - 4 ∴ c2 = 1
T
0 = a2 – b2 + 2 ∴ b2 = 1
∴ π2 =
−2
a
2
b
−1 2
c
2
π1 = µ ⋅ v ⋅ D ⋅ ρ → F L T = (FL T ) ⋅ (LT ) ⋅ L .FL−4 T −2
2
ρvD
= Re
µ
Observem que poderíamos obter Eu a partir de π1 e π2.
π1
F
= π'1 =
= Eu
π2
ρ v 2 D2
Exemplo: (2) – Estudemos o fenômeno envolvendo as variáveis do nº de Froude
(Fr).
Variáveis: L, g, v ∴ n = 3
[L] = L
[g] = LT-2
[v] = LT
r=2
-1
∴ k = n – r = 3 – 2 = 1 e, como r = 2, tomemos como base: v, L.
a
b
π = v 1 ⋅ L1 ⋅ g
69
a
b
L0 T 0 = (LT −1 )1⋅ L1⋅ LT −2
L
0 = a1 + b1 + 1 ∴ b1 = 1
T
0 = -a2 – 2 ∴ a2 = -2
∴π =
Lg
v2
→
Fr
=
Lg
v2
Obs.: O nº de Froude é sempre constante no fenômeno físico queda livre de
um corpo.
Fr = 2,
pois: v = 2 g h
Exemplo: (3) – Uma bomba centrífuga envolve as seguintes variáveis:
gHm = aceleração da gravidade x carga manométrica da bomba
Q = vazão em volume
D = diâmetro do rotor da bomba
n = rotação do rotor por unidade de tempo
ρ = massa específica do fluído
µ = viscosidade absoluta do fluido
Quantos e quais são os adimensionais que representam o fenômeno físico de
escoamento do fluido pela bomba centrífuga?
[g.Hm] = L2 T-2
[Q] = L3 T-1
[D] = L
[n] = T-1
70
[ρ] = FL-4 T2
[µ] = FL-2 T
Solução sintetizada:
a) n = 6
e)
b) r = 3
c) k = 3
d) base: ρ, η, D, ou ρ, Q, D
π1 =
gHm
= ψ (coeficiente manométric o)
n 2D 2
π2 =
Q
= x (coeficien te de vazão)
nD 3
π3 =
6.2-
ρnD 2
= Re
µ
NÚMEROS ADIMENSIONAIS IMPORTANTES
Seja:
F (ρ, v, L, µ, F, g, c) = 0
ρ = massa específica do fluido
v = velocidade característica
L = comprimento característico
µ = viscosidade dinâmica do fluido
F = força oposta ao movimento
g = aceleração da gravidade
c = velocidade do som
a) Numero de Reynolds (Re)
Re =
ρvL
vL
vL
=
=
µ
µ/ρ ν
Demonstra-se que:
Re =
forças de inércia
Fi
=
forças de atrito viscosos Fv
Fi m ⋅ a
=
=
Fv τ ⋅ A
v
v
ρ L3
t = ρ vL
T =
v
v
µ
µ A µ L2
L
L
ρV
71
Fi ρvL
=
= Re
Fv
µ
cqd
Ex: Escoamento de fluido incompressível em condutos forçados
Re =
ρvDH vDH
=
µ
v
Re ≤ 2000 escoamento laminar
2000 < Re < 4000 escoamento de transição
ABNT
Re ≥ 4000 escoamento turbulento
b) Número de Euler (Eu)
Eu =
F
∆P
= 2
2 2
ρv L
ρv
Demonstra-se
Eu =
forças de inércia
F∆p
=
forças de atrito viscosas
Fi
F∆p ∆p.A
∆p.A
∆p ⋅ L2
∆p
=
=
=
= 2
v
v ρv
Fi
m.a
ρV ⋅
ρL3
T
T
F∆p ∆p
= 2 = Eu
Fi
ρv
cqd
Ex: Escoamento de fluidos em tubos, em máquinas hidráulicas, em torno de corpos
submersos (aerodinâmica)
c) Número de Froude (Fr)
v2
Fr =
Lg
Demonstra-se que:
Fr =
Força de inércia
Fi
=
Forças de gravidade Fg
v
v
L3/
2
Fi m ⋅ a
T = T =v
=
=
Fg m ⋅ g ρ Vg
L3/ g Lg
ρV
Fi v 2
=
= Fr
Fg Lg
cqd
Ex: Escoamento em rios, canais, vertedouros, ação de ondas sobre estruturas de
navios, etc.
72
d) Número de Mach (
=
v
c
Demonstra-se que:
forças de inércia
Fi
=
forças de compressib ilidade
Fc
=
Ex: No escoamento de fluidos compressíveis
<1
v<c
escoamento subsônico
=1
v=c
escoamento sônico
>1
v>c
escoamento supersônico
6.3-
SEMELHANÇA – TEORIA DOS MODELOS
Seja 1:10 a escala de redução
6.1 – Introdução
Não é válido relacionar-se as velocidades pela escala de redução. Sendo assim,
sendo:
Kx =
xm
1
Vm
∴ KL =
, pergunta - se : K v =
=?
Xp
10
vp
6.2 – Condições de Semelhança
a) Semelhança Geométrica – Dois corpos são geometricamente semelhantes
quando tem o mesmo formato, ou seja, as suas dimensões correspondentes são
proporcionais.
73
Ex:
am bm Lm
=
=
ap bp Lp
b) Semelhança Cinemática – Há semelhança cinemática entre modelo e protótipo
quando, em pontos homólogos, são iguais as relações de velocidades.
Ex:
V1m v 2 m vm
=
=
V1p
v 2p
vp
c) Semelhança Dinâmica – Há semelhança dinâmica entre modelo e protótipo
quando, em pontos homólogos, são iguais as relações de forças.
Ex: Fi, Fv, Fp, Fg, Fc
Fim Fvm Fpm Fgm Fcm
=
=
=
=
Tip Fvp Fpp Fgp Fcp
d) Confronto entre a Análise Dimensional e a Semelhança Mecânica
Fim Fip
=
→ Re m = Re p
Fvm Fvp
Fpm Fpp
=
→ Eu m = Eu p
Fim
Fip
Fim
Fip
=
→ Fr m = Fr p
Fgm Fgp
Fim
Fip
=
→
Fcm
Fcp
m
=
Genericamente:
p
π1m
=
π1p
π2m
=
2p
‘
‘
‘
‘
‘
‘
πkm
=
πkp
6.3 – Escalas de Semelhança
Escala de Semelhança é o quociente de uma mesma grandeza, uma referida
ao modelo, a outra referida ao protótipo.
74
Ex:
KL =
Lm
: Escala geométrica
Lp
Kv =
vm
Vp
Kρ =
ρm
γm
; Kγ =
ρp
γp
Kµ =
µm
vm
;Kv =
µp
vp
KF =
∆pm
Fm
;K∆p =
Fp
∆pp
Kg =
gm
cm
;Kc =
gp
cp
Relações entre Escalas
− 1] Re m = Re p →
ρm vm Lm ρp vp Lp
=
µm
µp
ρm vm Lm = µm
ρp vp Lp = µp
Kρ ⋅ Kv ⋅ KL = Kµ
− 2] Eum = Eup →
ou
Kv ⋅ KL = K v
(v = µ/ρ)
Fm
Fp
=
2 2
ρm vm L m ρp vp 2 L2 p
Fm ρm vm 2
Lm 2
=
⋅
⋅
Fp ρp
vp
Lp
KF = Kρ . Kv2 . KL2 ou
K∆p = Kρ . Kv2
vm 2
vp 2
− 3] Frm = Frp →
=
Lm gm Lp gp
Vm
vp
2
=
Lm ⋅ gm
→ k 2 v = KL ⋅ Kg
Lp ⋅ gp
75
Ex: 1
KL =
1
; f (F, v, ρ, µ, L, g) = 0 ∴ n = 5
10
Nem todas as variáveis envolvidas em um dado fenômeno devem ocasionar
variações substanciais entre modelo e o protótipo ou, em outras palavras, algumas
variáveis são pouco representativas. É o caso aqui de µ, pois as forças viscosas são
desprezíveis em relação às de inércia.
Pergunta-se:
[F] = F
Vp = ?
[v] = LT-1
KF = ?
[ρ] = FL-4 T2
r=3
[L] = L
[g] = LT-2
Base: ρ, v, L
a
b
k = 5 – 3= 2
c
π 1 = ρ 1 v 1 L1 F
a
b
c
π 2 = ρ 2 v 2 L2
g
a
b
c
[ π1 ] = (FL− 4 T 2 )1 ⋅ (LT −1 )1 ⋅ L1 ⋅ F = F 0L0 T 0
76
∴ a1 = -1
F
0=
L
0 = -4a1 + b1 + c1 ∴c1 = -2
T
0 = 2a1 – b1 ∴b1 = -2
a1 + 1
a
b
π1 =
F
= Eu
ρv 2L2
π2 =
Lg
v2
c
[ π 2 ] = (FL− 4 T 2 ) 2 ⋅ (LT −1 ) 2 ⋅ L2 ⋅ T −2 = F 0L0 T 0
π2
Eu =
F
0 = a2 ∴a2 = 0
L
0 = -4a2 + b2 + c2 + ∴c2 = 1
T
0 = 2a2 – b2 -2∴b1 = -2
F
ρV 2L2
Condições de Semelhança
v2
Fr =
Lg
Eum = Eup
Frm = Frp
vm 2
v 2p vm 2 Lm
1
vm
=
∴ 2 =
→ K L = Kv 2 ∴ Kv =
=
Lm ⋅ g Lpg vp
Lp
10 vp
Vp = vm ⋅ 10
Vp = 50 10 km/h ∴ vp = 158 km/h
Fm
Fp
Fm ρm ⋅ v 2 m ⋅ L2 m
=
→
=
Fp
ρm ⋅ vm 2 ⋅ L2 m ρp.v 2p ⋅ L2 p
ρp ⋅ v 2p ⋅ L2 p
K F = Kρ k 2v k L2 = 1x
1
1
1
x
=
∴ K F = 1 : 1000
10 100 1000
77
1
= Fr
π2
Ex: 2 Bomba Centrífuga (Dm = Dp)
nm =1800 rpm
Modelo
Qm = 3 /s
Hmm = 18m
np = 1500 rpm
Protótipo
Qp = ?
Hmp = ?
Temos:
ψ=
gHm
n 2D 2
x=
Q
nD 3
Condição de Semelhança:
a) xm = xp
Qm
QP
=
3
n mD m n pD 3 p
Q
n
Qm n mD 3 m
=
= K Q = K n ⋅ K D3 = K n ∴ K Q = m = m
3
Qp n pD p
Qp np
Qp =
Qmnp
nm
Qp = 3x
1500
∴ Q p = 25 / s
1800
78
b) ψm = ψp
gm Hm m gpHm p
= 2 2
n 2 mD 2 m
np D p
2
2
Hm m n p D m
=
→ K Hm = K 2 n ⋅ K 2D
Hm p np 2D p 2
K Hm
1800
=K n=
1500
2
Hmp = 18 ⋅
2
18
1500
=
→ Hm p = 18 ⋅
Hm p
1800
25
∴ Hmp = 12,5m
36
79
2
80
Capítulo 7
Escoamento de Fluidos Incompressíveis em
Condutos Forçados em Regime Permanente
Aplicações às Instalações Hidráulicas
7.1- Conduto: é toda estrutura sólida destinada ao transporte de
um fluido, líquido ou gás. Classificam-se em:
-
Conduto forçado: toda a face interna do conduto está em contato com o
fluido em movimento. Ex: Tubulações de sucção e recalque, oleodutos,
gasodutos.
-
Conduto Livre: apenas parcialmente a face do conduto está em contato
com o fluido em movimento. Ex: esgotos, calhas, leitos de rios.
7.2-
Tipos de perda de carga dos condutos
Ex:
81
a) Perda de carga distribuída: é a perda que se dá em trechos retos de condutos
cilíndricos (A = cte) devido ao atrito viscoso entre as partículas fluidas produzido
pelas tensões de cisalhamento (hf).
b) Perda de carga singular (Localizada): é a perda que se dá devido a uma
mudança brusca no escoamento do fluido. (hs ou h ).
-
Mudanças bruscas de direção (curvas e cotovelos)
-
Mudanças bruscas de seção (alargamento ou estreitamentos)
-
Outras singularidades: registros, válvulas de pé e de retenção, medidores
de vazão, flanges, tês.
Hp1,2 =
7.3-
2
1
hƒ +
2
1
hs
Campo de aplicação
M
(2)
(1)
H1 + Hm = H2 + HP1,2
Em geral:
H1 e H2 são conhecidos
HP1,2 será calculado
Hm é o que se procura
82
7.4-
Estudo da perda de carga distribuída: hf
a) Introdução
Equação da continuidade
Q1 = Q2
v1A1 = v2 A2
Como A1 = A2, então:
v1 = v2 = v
b) Fórmula da perda de carga distribuída
hf = f
L v2
⋅
D 2g
f = coeficiente de perda de carga distribuída ou coeficiente de atrito.
f = f
ρvD D
ρvD
,
onde
= Re (nº de Reynolds) nº puro
µ K
µ
D
: rugosidade relativa (nº puro)
K
K : rugosidade equivalente
c) Tipos de escoamentos em condutos
c.1)
Escoamento laminar: as partículas deslizam umas sobre as outras, não
há passagem de partícula fluida de uma camada para outra, ou seja,
não há transferência de massa entre as diversas camadas.
83
c.2)
Escoamento tubulento: as partículas tem um movimento desordenado,
caótico, as partículas fluídas passam sucessivamente de uma camada
para outra, ou seja, são intensas as movimentações transversais das
partículas.
≤
Re
2000 <
Re =
2000
: escoamento laminar
Re
<
4000: escoamento de transição
Re
≥
4000: escoamento tubulento
ABNT
ρvD
µ
Obs.1: Para condutos de seção não circular, deve-se substituir D por DH (diâmetro
hidráulico), sendo DH = 4 RH
Def: Raio Hidráulico (RH)
RH =
A
P
A = área da seção de escoamento
P = perímetro molhado da seção, onde temos contacto do fluido com parede
sólida.
Sendo assim:
Fórmula universal da perda de carga distribuída:
hƒ = ƒ
L v2
D H 2g
Número de Reynolds:
Re =
vD H
=
vD H
Rugosidade relativa equivalente:
DH/K
Obs. 2: Para condutos forçados cilíndricos (seção circular), sendo Vmáx a velocidade
no eixo do conduto.
2.1] Escoamento Laminar (Re ≤ 2000)
2.2} Escoamento Turbulento (Re ≥ 4000)
84
vm =
v máx
2
vm =
49
v máx
60
85
Exercícios:
1 – Um óleo de viscosidade absoluta µ = 0,01 kgf.s/m2 e peso específico 800 kgf/m3
escoa através de 100 m de tubo de ferro galvanizado de 10 cm de diâmetro a vazão
de 40 /s.
Qual a perda de carga no tubo? K = 0,000152 m.
=0
HP = hf + hs
a) Perda de carga distribuída
L V2
⋅
D 2g
hf = f
b) Cálculo de Re:
Re =
ρvD
µ
onde:
=
g
=
g
=
800/
10/
= 80 utm/m 3
D = 10 cm = 0,1 m
Q
Q
4 x 10 x 10 -3
=
v= =
A
D2
x 10 - 2
4
v = 5,1 m/s
= 10 − 2 kgf ⋅ s / m 2
Substituindo:
80 x 5,1 x 10 -1
10 −2
Re = 4080 Escoamento turbulento
Re =
c) Rugosidade relativa
D
K
D
10 −1
=
= 660
K 15,2 x 10 -5
86
d)
hf = f ⋅
L V2
100
5,12
⋅
= 0.042 ⋅
x
D 2g
0,1 2 x 10
h f = 54,6 m
2 – Por um tubo de comprimento 1000 m e diâmetro 4” escoa óleo mineral de
ρ = 90 utm/m3 e ν = 10-4 m2/s.
Sabendo-se que a vazão é 10 /s determinar a perda de carga no tubo por
metro de comprimento.
ρ = 90 utm/m3
óleo
ν = 10-4 m2/s
hf = f ⋅
L V2
⋅
D 2g
a) Cálculo de Re
Re =
ρvD vD vD
=
=
µ
µ
ν
ρ
onde:
D = 4” = 10 cm = 10-1 m
Q
Q
4 x 10 x 10 -3
V= =
=
A πD 2
π ⋅ 10 −2
4
V = 1,27 m/s
Substituindo:
1,27 x 10 -1
10 − 4
Re = 1270 Escoamento laminar
Re =
b) Cálculo de f:
f=
64
64
=
∴ f ≅ 0,05
Re 1270
87
c) Cálculo de hf:
hf = f ⋅
L V2
1000 1,27 2
⋅
= 0,05 ⋅
x
D 2g
0,1 2 x 10
h f = 40,2 m
hf
40,2
=
= J (perda unitária)
L 1000
J = 0,0402 m/m tubo
3–
Calcular a vazão de água num conduto de ferro fundido sendo dados:
D = 10 cm; ν = 0,7 x 10-6 m2/s;
e sabendo-se que dois manômetros instalados a uma distância de 10 metros
indicam respectivamente:
1,5 kgf/cm2 e 1,45 kgf/cm2
K = 0,000259 m
P1 = 1,5 x 104 kgf/m2
P2 = 1,45 x 104 kgf/m2
Bernoulli:
H1 = H2 + HP1,2
0
Z1 +
(H
P1,2
= hf )
0 P
P1 V12
V2
+
− Z 2 + 2 + 2 = h f 1,2
γ 2g
γ
2g
P1 − P2 V12 − V22
hf −
+
γ
2g
Como: V1 = V2
P1 − P2 (1,5 − 1,45) x 10 4
hf =
=
γ
10 3
hƒ = 0,5 m
88
L V2
hƒ = ƒ ⋅ ⋅
D 2g
Incógnitas: V e Q
Cálculo de Re
VD
ν
L V2
hƒ = ƒ ⋅
D 2g
ƒ
(descoberto por Rouse)
Re =
ƒ=
2g D h ƒ
L ⋅ V2
2g D h ƒ
L
V
ƒ=
Re ƒ ⋅
2g D h ƒ
vD 1
⋅
V V
L
=
D 2g D h ƒ
⋅
ν
L
−1
10
20 x 10 -1 x 0,5
Re ƒ =
⋅
=
10
0,7 x 10 -6
Re ƒ = 4,5 x 10 4
Cálculo de
D
K
D
10 −1
D
=
∴
= 385
-5
K 25,9 x 10
K
Diagrama de Moody-Rouse
Re = 2,8 x 105
89
Cálculo de V e Q
VD
Re ν 2,8 x 10 5 ⋅ 0,7 x 10 -6
V=
=
ν
D
10 -1
V = 1,96 m/s
Re =
πD 2
3,14 x 0,01
= 1,96
4
10 -1
Q = 15,3 x 10 -3 m 3 / s
Q = 15,3 / s
Q = V⋅A = V
ou
L V2
hƒ = ƒ ⋅
D 2g
V2 =
V=
2g D h ƒ
ƒ ⋅L
20 x 10 -1 x 0,5
0,027 x 10
V = 1,92 m/s
π ⋅ 10 -2
4
3
m / s = 15,1 /s
Q = V ⋅ A = 1,92 ⋅
Q = 15,1 x 10 -3
1º Tipo
Conhecidos: V(Q); ρ(γ); µ(ν); L; K
Incógnita: hƒ
vD vD
Re =
=
ν
µ
D
K
Diagrama M. R
ƒ hƒ
2º Tipo
Conhecidos: hƒ; D; ρ(γ); µ(ν); L; K
Incógnitas: v e Q
90
Re
Re f
Diagrama de Moody Rouse
D
K
7.5-
v e Q
f
Estudo da Perda de carga singular: hs
a) Generalidades
b) Fórmula universal da perda de carga singular
v2
hs = Ks
2g
Ks: Coeficiente de perda de carga singular
Valores de Ks
-
Alargamento brusco da seção
v12
hs = Ks
2g
91
onde:
A
K s = 1− 1
A2
2
Caso particular: saída de conduto
Ks = 1
∴hs =
-
v2
2g
Estreitamento brusco de seção
hs = Ks ⋅
Ks = ƒ
v 22
2g
A2
A1
Caso particular: entrada de conduto
92
K s = 0,5
v2
h s = 0,5
2g
-
Cotovelos (90º)
Ks = 0,9 a 1,0
-
Cotovelos (45º)
Ks = 0,6 a 0,75
-
Registro gaveta
Ks = 0,2
-
Registro globo
Ks = 10,00
-
Válvula de pé
com crivo
Ks = 15,0
-
Válvula de Retenção
Ks =
-
Tês
0,5
2,3
93
7.6-
Instalações de Recalque
Sendo a pressão P8 mantida constantemente igual a 5,43 kgf/cm2 determinar
a potência da bomba se o seu rendimento for 0,7 e a pressão à entrada da
mesma, se a vazão for 40 /s.
Indicaremos por índice S o que se refere a sucção por índice R o que se
refere ao recalque.
PB = 5,43 kgf/cm2 = 5,43 x 104 kgf/m2
K = 0,15 x 10-3 m
K s1 = 15
K s2 = K s6 = 0,9
K s3 = k s5 = 10
K s4 = 0,5
K s7 = 1
Ds = 15 cm = 0,15 m
DR = 10 cm = 0,1 m
γ = 1000 kgf/m3
ν = 10-6 m2/s
Q = 40 /s = 4 x 10-2 m3/s
a) Determinação de NB:
a.1)
Introdução
NB =
γQHB
ηB
94
a.2)
Determinação de HB : Bernoulli (0) – (8)
H0 + HB = H8 + HP0,8
0
HB = H8 − H0 + HP0,8
0
P 0 V02
H0 = Z 0 +
+
∴ H0 = 0
γ
2g
0
P8 V82
5,43 x 10 4
H8 = Z 8 +
+
= 7,5 +
+0
γ
2g
10 3
H8 = 61,8 m
HP0,8 = HP0,e + HPS,8 = HPs + HPR
Sucção
HP = h ƒ + hs
S
hƒ
S
s
S
LS v S2
= ƒS ⋅
⋅
DS 2g
LS = 2 + 10 = 12 m
DS = 0,15 m
Q
4Q 16 x 10 -2
VS =
=
=
A s πD S2 π (0,15) 2
VS = 2,26 m/s
Cálculo de Re:
Re =
VSD S 2,26 x 0,15
=
∴ Re = 3,4 x 10 5
−6
ν
10
Turbulento
DS
0,15
=
= 1000
K
0,15 x 10 -3
Moody Rouse
fS = 0,021
12 2,26 2
∴ hf s = 0,021 ⋅
⋅
0,15 2 x 10
hf s = 0,4 m
95
hs =
v S2
v2
= (K S + K S + K S ) S
2g
2g
KS
S
1
2
3
2,26 2
h s = (15 + 0,9 + 10 )
2 x 10
h s = 6,6 m
S
S
HPS = h ƒ S + h sS = 0,4 + 6,6
HPS = 7 m
Recalque:
HP = h ƒ + hs
R
hƒ
R
R
R
L R = 6 + 30 = 36 m
L R v 2R
= ƒR ⋅
⋅
D R 2g
VR =
D R = 0,1 m
Q
4Q 16 x10 −2
=
=
A R πD R2
π(0,1) 2
VR = 5,1 m/s
Cálculo de Re:
Re =
v r D R 5,1 x 0,1
=
ν
10 -6
Re = 5,1 x 105
DR
D
0,1
=
∴ R = 666
-3
k
k
0,15 x 10
Moody-Rouse: f = 0,023
h fR = 0,023 x
36 5,12
⋅
0,1 2 x 10
h fR = 10,8 m
hS =
R
2
KS
2
vR
v
= (K S + K S + K S + K S ) R
2g
2g
4
h S = (0,5 + 10 + 0,9 + 1) ⋅
R
h S = 16,1 m
5
6
7
5,12
2 x 10
R
HPR = 10,8 + 16,1 ∴ HPR = 26,9 m
96
HP0,8 = HPS + HPR = 7 + 26,9
HP0,8 = 33,9 m
Substituindo em HB fica:
HB = H8 − Ho + Hp0,8 = 61,8 − 0 + 33,9
HB = 95,7 m
a) ∴ NB =
γQHB 10 3 ⋅ 4 x 10 -2 ⋅ 95,7
=
ηB
75 x 0,7
NB = 73 C. V.
b) Determinação de Pe
Equação de Bernoulli (0) e (e)
H0 = He + HP0,e
Z0 +
P0
v 02
Pe v e2
+
= Ze + +
+ HP
2g
2g
S
v S2
2,26 2
= − Ze −
− H P = −0,5 −
−7
2g
2 x 10
Pe
S
Pe
Pe
= −7,755 m ∴
= −7,755
γ
1000
Pe = −7755 kgf/m 2
Pe
( abs )
Pe
( abs )
= −7755 + 10330 = 2575 kgf / m 2 ( abs )
= 0,2575 kgf/cm 2
(abs)
Observação Importante:
Cavitação – É o fenômeno da ebulição a pressões reduzidas à temperatura
ambiente, em tubulações ou máquinas hidráulicas.
Denomina-se pressão de vapor do líquido, à temperatura do escoamento, a
pressão ocorre a ebulição.
Condição para que não ocorra a cavitação.
97
Peabs > Pv
ÁGUA
t(ºC)
0
10
20
30
50
100
(kgf/cm2 (abs)
0,0063
0,125
0,0236
0,0429
0,125
1,033
A cavitação é prejudicial pois as bolhas de vapor alcançando pontos de maior
pressão condensam bruscamente com grande liberação de energia e um desgaste
particular devido à agitação e choque das partículas do líquido sobre as paredes
sólidas.
Com isso poderemos ter um desgaste parcial ou total das pás do rotor da
máquina e conseqüentemente diminuição do rendimento.
Voltando ao problema:
Pv = 0,0236 Kgf/cm2 (abs)
água 20ºC
No caso
Pe
( abs )
= 0,2575 kgf/cm 2 (abs) > Pv = 0,0236 kgf/cm 2 (abs)
Logo, não haverá cavitação.
Esta condição é necessária mas não suficiente, pois por detalhes construtivos
poderá ocorrer cavitação no interior da própria máquina. Na prática, estabelece-se
um índice mais forte para assegurar que não haja cavitação
7.7-
NPSH.
Comprimento Equivalente (Le) ou Virtual (Lv)
É o comprimento fictício de conduto que, colocado no lugar da singularidade,
produziria uma perda de carga distribuída igual à perda singular da singularidade.
Logo:
h ƒ = hs
ƒ
Le v 2
v2
= Ks
D H 2g
2g
∴ L e = Ks
DH
ƒ
98
Obs: Na prática, há tabelas ou nomogramas que dão o valor de Le em função
do diâmetro D para cada tipo de singularidade
Vantagem de Le no cálculo da perda de carga total (Hp):
Hp = ƒ
LT v2
D H 2g
99
Equação da Quantidade de
Movimento
para
Regime
Permanente
Capítulo 8
8.1-
Impulso e Quantidade de Movimento
Pela 2a Lei de Newton: F = m ⋅ a .
F = m⋅
V2 − V1
t
∴
Como a =
V2 − V1
:
t
F ⋅ t = m ⋅ (V2 − V1 )
“O impulso da força exercida sobre a corrente fluida é igual à variação da quantidade
de movimento”.
Pode-se escrever:
F=
m
( V2 − V1 ).
t
Como
m
= Qm :
t
F = Qm( V2 − V1 )
Pelo Princípio da Ação e Reação:
R = −F
R = Qm( V1 − V2 )
(E.Q.M)
“A força de reação exercida pela corrente fluida sobre a estrutura sólida é igual à
variação com o tempo da quantidade de movimento”.
Vetorialmente:
R = Qm ( V1 − V2 )
Se quisermos as componentes de R na direção de 2 eixos cartesianos x e y:
Rx = Qm (Vx1 − Vx 2 )
Ry = Qm (Vy1 − Vy 2 )
e
Rx
R
Logo:
R = Rx 2 + Ry 2
Ry
100
8.2-
Força de Reação Exercida por um Jato Fluido sobre uma Superfície
Curva (Pá) Fixa
Hipótese: O escoamento ao longo da pá é sem atrito, logo a velocidade
permanecerá constante em módulo.
Logo: V1 = V2 = Vj
Cálculo de Rx
Rx = Qm (Vx1 – Vx2)
Rx = Qm (V1 – V2 cos θ)
Como V1 = V2 = Vj:
Rx = Qm (Vj – Vj cos θ) ∴ Rx = Qm . Vj (1 – cos θ)
Como Qm = ρ . Qj = ρ . Aj . Vj:
Rx = ρ Aj . Vj2. (1 – cos θ)
Cálculo de Ry
Ry = Qm (Vy1– Vy2)
Ry = Qm (V10 – V2 cos θ)
Como: V2 = Vj
∴ Ry = - Qm . Vj sen θ
Como Qm = ρ . Qj = ρ . Aj . Vj:
Ry = - ρ . Aj . Vj2 sen θ
Logo: R = Rx 2 + Ry 2
101
Exercícios:
Ex.1 Qj = ?
Aj = 520 cm2; Ap = 20 cm2
γ H2O = 120 = 1000 kgf/m3
γHg = 13600 kgf/m3
θ = 60°; g = 10 m/s2
Sistema em Equilíbrio
Fx = 0
Rx = F
2
ρ ⋅ A j Vj (1 − cos θ) = F
∴ Vj =
2
Vj =
F
ρA j (1 − cos θ)
F
cos θ = cos 60° = 0,5
Aj = 520 cm2 = 0,0520 m2
γ 1000kgf / m 3
γ = ρ⋅g ρ = =
g
10m / s 2
0+ 13600 x 2 – 1000x2 = p
Logo:
26000 kgf
p = 2600 kgf/m2 =
10000 cm 2
F= p . Ap = 2,6 x 20
∴
ρ = 100
∴
kgf / s 2 utm
m4
m3
p = 2,6 kgf/cm2
F = 52 kgf
Substituindo
Vj =
52
∴ V j = 20
100 x0,0520 x(1 − 0,5)
Mas
Qj = Vj x Aj = 4,47 m/s x 0,0520 m2
Vj = 4,47 m/s
∴
102
Qj = 0,233 m3/s
Sistema em Equilíbrio
Ex. 2: Vj = ?
Fx = 0
Rx = Gx
2
ρA j ⋅ V j (1 − cos θ) = Gx
Vj =
Gx
cos θ = cos 90° = 0
A j = 50 cm 2 = 0,0050 cm 2
γ 1000
=
= 100 utm/m 3
g
10
Gx
senα =
Gx = G senα
G
Gx = 4 x0,5 Gx = 2 kgf
ρ=
Logo:
Vj =
2
100 x0,0050 x(1 − 0)
∴ V j = 2m/s
EX. 3: NT = ?
Obs:
πD 2 πx(0,15) 2
A=
=
=
4
4
∴ A = 0,0176 m 2 = Aj
γ = ρg = 100 x10
∴ γ = 1000 kgf/m 3
103
Reservatório de grandes dimensões
Empuxo horizontal sobre a pá : 100 kgf
ρ= 100 utm/m3; ηT = 70%; g = 10 m/s2
A perda de carga na tubulação é desprezível.
Rx = ρ . Aj . Vj2 . (1 - cos θ) = 100 kgf
Como θ = 90° cos θ = 0:
100
Vj =
= 7,537m / s = v
100 ⋅ 0,0176
Q = V⋅A
Q = 7,537 x0,0176
Q = 0,132 m 3 / s
0
H1 = HT = H2 + H P1,2
=0
HT = H1 − H2
=0
=0
p
v2
p
v2
HT = ( Z1 + 1 + 1 ) − ( Z 2 + 2 + 2
γ 29
γ 29
HT = 30 − 0 −
7,537 2
2x10
HT 27,159m
NT = N ⋅ η T = γQHT η T
NT = 1000 x0,132 x 27,16 x0,7
NT = 2509,584 kgf m/s
NT =
2509,584
= 35,5c.v.
75
8.3-
Plana (Placa) Fixa
104
Hipótese 1:
Considerando o escoamento sem atrito, não há perdas de energia e a velocidade
permanecerá constante em módulo:
V1 = V2 = Vj
Hipótese 2:
A placa é absolutamente lisa, logo não haverá força tangencial a ela
Rx = 0.
Com isso o fluxo da quantidade de movimento de entrada será igual ao fluxo da
quantidade de movimento de saída. Logo:
Q m V/ j cos θ = Q m1 V/ j − Q m2 V/ j
Q m cos θ = Q m1 - Q m2
ρ/Q j .cosθ = ρ/Q1 - ρ/Q 2
Q j .cosθ = Q1 - Q 2
(1)
Pela Equação de Continuidade
Qj = Q1 + Q2
(2)
(2) + (1):
Qj + Qj cos θ = Q1 + Q
/ 2 ) + (Q 1 − Q
/ 2)
Qj (1+cos θ) = 2 Q1
Q1 =
Analogamente
Q2 =
Qj
2
Qj
2
(1+ cos θ)
(1 – cos θ)
Cálculo de Ry:
Ry = - Qm Vj sen θ
Como Qm = ρQj = ρAj . Vj:
Ry = - ρAj . Vj2 . sen θ
Obs: eixo X é na direção da
placa
Caso Particular
Jato Perpendicular à placa
θ = 90°
105
cos θ = 0
sen θ = 1
Logo:
Q1 = Q 2 =
Qj
2
só para indicar que tem sentido contrário a y, no exercício entra em módulo
Ry = -Qm Vj = - ρ . Aj. Vj2
Ex. 4:
A água contida no tanque (1) é descarregada sem atrito. O jato incide sobre uma
placa de grandes dimensões que cobre a saída do bocal do tanque (2). Os bocais
são iguais. Se h2 for conhecido determinar h1, tal que a força do jato seja suficiente
para anular a resultante das forças horizontais que agem sobre a placa.
ΣF horiz. = 0
Ry = F
2
ρ . Aj . Vj = γ . Ab2
γ/
⋅ Ab1 ⋅ V12 = γ/ ⋅ h 2 ⋅ Ab 2 ∴ V12 = gh 2
g
(1)
Equação de Bernoulli no trecho (0) – (1):
H0 = H1
Z0
h1
h1 =
=0
=0
=0
ρ
V2
ρ
V2
0
+ 0 + 0 = Z1 + 1 + 1
γ
2g
γ
2g
V12
2g
V12 = 2gh1
(1)
106
De (1) e (2)
h1 =
gh2 = 2gh1
h2
2
Ex. 5: P = ? Equilíbrio da porta
g = 10 m/s2
1
1 =
3
Vj = 20 m/s
γ = 103 kgf/m3
1” = 25,4 mm
desprezar o peso da porta
ΣM(A) = 0
MP = M Ry
P.a = Ry . b
b
∴ P = Ry .
a
sen 30 o =
sen 30 o =
a
1
a
=
(1)
1
b
b
b
1/ 3
= 1 =
a b
b 1
=
a 3
(2)
Ry = −Q m ⋅ V j ⋅ senθ
Ry = Q m ⋅ Vj ⋅ senθ
Ry = ρ ⋅ Q j ⋅ V j ⋅ senθ
Ry =
γ
A j ⋅ Vj2 ⋅ senθ
g
10 3 πx (0,1016 )
x 20 2 x0,5
x
10
4
Ry = 162,147 kgf
(3)
Ry =
2
107
Subt. (2) e (3) em (1):
1
P = 162.15 x
P = 54,05 kgf
3
8.4-
Curva (Pá) Móvel
Para um observador “montado” na pá:
a) o jato percorre a pá com a chamada velocidade relativa. Considerando o
escoamento sem atrito, a mesma permanecerá constante em módulo e
será dada por: U = Vj – Vp.
b) a vazão em massa desviada é a chamada “aparente”, pois deverá ser
calculada com a velocidade relativa: Qmu = ρ . Qu = ρ . Aj . u
Cálculo de Rx
Rx = Qm . (Vx1 – Vx2)
Rx = Qmu . (u – u cos θ)
Rx = Qmu . u. (1 – cos θ)
Como Qmu = ρ . Qu = ρ . Aj . u:
Rx = ρ . Aj . u2 . (1 – cos θ)
Cálculo de Ry
Ry = Qm . (Vy1 – Vy2)
Ry = Qmu . (0 – u sen θ)
Rx = -Qmu . u. sen θ
Como Qmu = ρ . Qu = ρ . Aj . u:
Ry = -ρ . Aj . u2 .sen θ
Logo:
R Rx 2 + Ry 2
108
senα =
Ex. 6 Vj = ?
V = 1m/s
τ=
Fµ
A
GT
G
Fµ = τA
ρ = 100 utm/m 3 ; A j = 10 −4 m 2 ; G = 2 kgf; A = 10 -2 m 2
µ = 10 −2 kgf ⋅ s/m 2 ; ε = 10 - 4 m; α = 30°; θ = 60°
Condição MRU da Pá:
Fx = 0 Rx = T
ρ ⋅ A j ⋅ u 2 (1 − cos θ) = T
Logo:
u=
T
ρ ⋅ A j ⋅ (1 − cos θ)
cos θ = cos 60° = 0,5
Condição MRU do Bloco:
ΣF plano inclinado = 0
(1)
T = GT + Fµ
T = G sen α + τ . A
V
T = G sen α + µ ⋅ ⋅ A
ε
1
T = 2x0,5 + 10 −2 x − 4 ⋅ 10 −2
10
∴ T = 2 kgf
(2)
Subs. (2) em (1)
2
u=
−4
100 ⋅ 10 ⋅ (1 − 0,5)
u = 400
u = 20 m/s
Sabe - se que :
u = V j − Vp
V j = u + Vp
Como Vp = V = 1 m/s:
∴ Vj = 21 m/s
109
GT = Gsenα

MECÂNICA DOS FLUIDOS

Transcrição

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