capítulo 5 – análise com volumes de controle fixos

1

Capítulo 5 – Análise com volumes de controle fixos

Como dito anteriormente, a análise de alguns problemas deMecânica dos Fluidos aplicados a engenharia é mais fácil, eadequada, quando feita a partir da consideração devolumes de controle.

Exemplos

► Tempo para preenchimento de um tanque com líquido.

► Força para manter uma turbina presa em uma bancadade testes.

► Transferências de líquidos entre dois tanques desnive-lados.

► Etc.

2

Conceitos básicos para abordagem desses problemas

► Conservação da massa.

► Segunda lei de Newton.

► Leis fundamentais da termodinâmica.

► Teorema de Reynolds (forma geral).

SCVC

dAbbdtDt

DB nV VSIS

3

5.1 Conservação da massa e equação da continuidade

5.1.1 Derivação da equação da continuidade

► Um sistema é definido como uma quantidade de massafixa e identificável de um material. Desta definição, e doprincípio da conservação de massa, vem que,

► Assim, se a massa é o parâmetro físico, como na equaçãoanterior, teremos,

0SIS Dt

DM

0

SCVCdAd

tnV V

Significa que a taxa de variação de massa no volume de controle somada à vazão líquida de massa através da

superfície de controle é nula.

4

Seguindo a discussão,

► Consideremos a figura a seguir que mostra um sistema eum volume de controle fixo, coincidentes num dadoinstante t.

• (a) em t - δt.

• (b) em t (coincidentes).

• (c) em t + δt.

5

► Aplicando o teorema de Reynolds.

SISSIS dVM

0

SCVCSISdAd

td

DtD nV VV

Taxa de variação temporal da mas-sa do sistema coincidente.

Taxa de variação temporal da mas-sa no volume de controle coincidente.

Vazão líquida de massa através da superfície de controle.

6

Ponderações.

► Se o escoamento é permanente,

► A vazão em volume através da área dA da superfície decontrole é,

► A vazão em massa através de dA é,

► Se o escoamento é para fora do volume de controle,

► Se o escoamento é para dentro do vol. de controle,

dAQ nV

0VC

dt

V

dAm nV

0nV

0nV

7

Com essas ponderações.

Onde• é vazão em massa líquida total no volume de

controle (kg/s).

• é vazão em massa que entra no volume decontrole (kg/s).

• é vazão em massa que sai no volume de controle(kg/s).

0 mmmdA entrasaiSCnV

m

Difícil de calcular em alguns casos

Fácil de medir na maioria dos casos

entram

saim

8

► A vazão em massa, , através de uma superfície decontrole de área, A, pode ser dada por,

Onde ρ é a massa específica e V é perpendicular a A.

► A equação acima só representa a realidade, seconsiderarmos valores médios para ρ e V ao longo doescoamento. Assim, como

Vem que,

VAQm

SC

dAm nV

m

A

dAVdAAV SC

SC

nV

nV

9

► Se o perfil de velocidade do escoamento é uniforme naseção transversal que apresenta área A, isto é, se oescoamento for unidimensional, temos,

Onde U é a velocidade do escoamento.

UA

dAV SC

nV

10

Assim, num ponto da superfície de controle...

► (se a velocidade e a densidade forem constantes ao longo da área A)

11

5.1.2 Volumes de controle fixos e indeformáveis

Exemplos

1) A água do mar escoa em regime permanente no bocalcônico mostrado na figura abaixo. No bocal, está instaladouma mangueira e esta é alimentada por uma bombahidráulica. Qual deve ser a vazão em volume da bomba paraque a velocidade de descarga da seção do bocal seja igual a20 m/s?

12

Solução

► O volume de controle contém, em qualquer instante, aágua do mar que está contida na mangueira.

► Temos informações sobre a seção de descarga do bocal.Assim, poderemos encontrar a vazão no volume de controle.

► Aplicando o teorema de Reynolds,

► Como o regime é permanente,

► Logo,

0

SCVCSIS dAd

tDtDM nV V

0VC

dt

V

2112 ,0 mmmmdASC

nV

13

► Por outro lado, como o regime é permanente,

► Ainda temos ρ1 = ρ2, portanto,

► Daí,

2211

21

QQmm

smQ

DAVQQ

/0251,0)040,0(4

20

2

321

2

2221

21 QQ

14

2) O ar escoa entre duas seções de um tubo de diâmetroigual a 10 cm, como mostrado na figura abaixo. Asdistribuições de pressão e temperatura são uniformes emcada seção. Se a velocidade média do ar na seção (2) é304,8 m/s, calcule a velocidade média na seção (1).

15

Solução

► O volume de controle indicado na figura contém, a todoinstante, o ar em quantidade constante, já que oescoamento é permanente.


► Como, (escoamento permanente)

► Então,

0

VCVCSIS dAd

tDtDM nV V

0VC

dt

V

12

12 0

0

mm

mmdA

dA

SC

SC

nV

nV

16

► Seguindo,

► Não podemos considerar ρ1 = ρ2, pois a massa específicado ar varia com a pressão e a temperatura. Isto é,

222111

12

AVAVmm

sm

kkV

TpVTp

ARTp

AVRTp

AAVV

AssimRTp

8,664535,689

8,30454087,126

,

1

21

212

11

1

222

2

11

2221

17

3) A figura a seguir mostra o desenvolvimento de umescoamento laminar de água num tubo reto (raio R). O perfilde velocidade na seção (1) é uniforme com velocidade Uparalela ao eixo do tubo. O perfil de velocidade na seção (2)é assimétrico, parabólico e com velocidade nula na parededo tubo. Qual a relação existente entre U e uMax? Qual arelação existente entre a velocidade média na seção (2),VMed(2), e uMax?

18

Solução


► Como, (escoamento laminar permanente)

► Então,

► Na seção 1, V = U e ainda, U é perpendicular a A1. Logo,

0

VCVCSIS dAd

tDtDM nV V

0VC

dt

V

0

0

21

AA

SC

dAdA

dA

nVnV

nV

UAdAUdAAA

11)180cos(nV

19

Seguindo,

► Agora, analisando a seção 2:

• Os componentes de V também são perpendiculares aárea A2.

• n aponta para fora, logo V.n > 0.• A seção A2 é circular de raio R. Assim,

02

A dAUA nV

20

► Dessa forma,

042

2

012

021

,

1

02

02

422

0 2

32

0

2

2

2

0 2

R

Max

R

Max

R

Max

Max

R

RrruR

drRruRU

rdrRruUA

Daí

Rruu

rdruUA

21

► Seguindo,

► Nas paredes da seção (2), u = 0. A velocidade máxima naseção (2), por sua vez, é 2U. Desta forma,

UuRuRU

RRRuRU

RrruRU

MaxMax

Max

R

Max

204

2

042

2

042

2

22

2

422

02

422

UUuV Max

2

22

0

22

► Cálculo formal de 2V

dAA

VA

nV ˆ1

rdrRru

RV

R

211

0

2

max22

42

242

212 22

2max

02

42

2max

0

2

2max

2RR

Ru

Rrr

Rurdr

Rr

RuV

RR

4

2 2

2max

2R

RuV UuV

2max

2

► Solução Proposta pela aluna Patrícia Martins

23

UVqueVemconstanteUVCom

AVAV

EntãoiguaissaídaeentradadeáreasaseívelincompressepermanenteescoamentooSendo

21

2211

,.

,.,

24

O exercício anterior, trata do “escoa-mento de Poiseuille”

► Descoberto experimentalmentepor Poiseuille durante estudossobre o movimento de sangue naartéria aorta.

► A unidade de viscosidade, poise, éuma homenagem aos seus traba-lhos.

2

max 1)(Rruru

Jean Louis Marie Poiseuille(1797 ‐ 1869)

25

4) A banheira retangular mostrada na figura abaixo estásendo enchida com água fornecida por uma torneira. A vazãoem volume é constante e igual a 2,0 m3/h. Determine a taxade variação temporal da profundidade, h, de água nabanheira.

26

Solução

► O volume de controle contém, em qualquer instante, aágua acumulada na banheira, a água descarregada pelatorneira e o ar.


0

SCVCSIS dAd

tDtDM nV V

0

aráguaVágua águaVar ar mmdt

dt

VV

27

► Ponderações:

• As taxas de variação temporal das massas de ar e água,isoladamente, não são nulas.

• O princípio da conservação da massa nos leva ao fatoque a taxa de variação temporal da massa de ar no volumede controle precisa ser igual ao fluxo de ar que sai de dentrodo volume.

• Idem para água.

Daí,

0

0

águaVágua água

arVar ar

mdt

mdt

V

V

28

► A taxa de variação temporal da massa de água pode sercalculada por

OndeVbanheira = hx 0,6 x 1,5 é o volume água na banheira em t.Vj = (0,5 – h)Aj é o volume de água na banheira em t + δt.Aj é a área transversal do jato d’água.

Daí, vem que,

])5,0()5,16,0([

)]([

jáguaVágua água

jbanheiraáguaVáguaáguaVágua água

Ahht

dt

td

td

t

V

VVVV

águajágua mAhht

])5,0()5,16,0([

29

► Na equação abaixo, h é o único parâmetro a variar, logo,

► Assumindo que Aj << 0,9, teremos,

min/37/102,636002

9,01

9,04

3

mmsms

mQth água

)9,0(

)9,0(

])5,0()5,16,0([

j

água

águaáguaágua

águajágua

águajágua

AQ

th

Qmmas

mthA

mAhht

► Solução Proposta pelo aluno Alex Machado

30

9,09,0

)9,0(9,0

)()5,0()9,0()(

,

5,09,0)5,0()9,05,1(

,

QdtdhtermosASe

AQ

dtdh

dtdhA

dtdhQ

hAdtdA

dtdh

dtdQt

dtd

tempoaorelaçãoemequaçãoestaDerivando

hAAhAhhQt

VolumeQtt

VolumeQ

temosbanheiraaencherparanecessáriooquemenorttempoumPara

j

jj

jj

jjj

31

5) Um escoamento de água é descrito pelo campo develocidade

Determine a vazão em massa no paralelogramo mostrado nafigura abaixo.

kjiV zyx 5)42()23(

32

Solução


► Como

temos um escoamento permanente, logo,

► Assim,

0

SCVCSIS dAd

tDtDM nV V

kjiV zyx 5)42()23(

0VC

dt

V

012 mmmdASC

nV

33

► Continuando,

6 65 54 4

2 3 321 1

facefaceface

face facefaceSC

dAdAdA

dAdAdAdA

nVnVnV

nVnVnVnV

)50,50(5:6)50,50(5:5)20,50(42:4)20,50(23:3)20,50(42:2)20,50(23:1

56

55

44

33

22

11

yxzFaceyxzFacezyyFacezxxFacezyyFacezxxFace

nVknnVknnVjnnVinnVjnnVin

34

► Daí,

► Este resultado mostra que a vazão líquida através dasuperfície de controle é nula e, portanto, a massa seconserva dentro do volume de controle (paralelogramo dafigura).

0,

)5()5()42(

)23()42()23(10005

0

5

0

5

0

5

0

5

0

2

0

5

0

2

0

5

0

2

0

5

0

2

0

mLogo

dzdyzdzdxzdzdyy

dzdyxdzdxydzdxxm

35

Características importantes dos exemplos anteriores

► Todos os escoamentos são permanentes e têm volumes decontrole fixos. Logo,

► Para um escoamento transitório,

0

0

0

entrasai

entrasai

VC

QQ

mm

dt

V

VCd

t0V

36

► Se o volume de controle só apresenta uma seção dealimentação ou descarga, e o regime do escoamento épermanente,

► Se for incompressível,

222111 VAVAm

2211 VAVAQ

37

5.1.3 Volumes de controle indeformáveis e móveis

► Muitas vezes é necessário analisar um escoamentoutilizando um volume de controle indeformável solidário aum referencial móvel.

► A velocidade do fluido em relação ao volume de controlemóvel (velocidade relativa) é importante nesses casos.Sejam,

• W a velocidade do fluido vista por um observadorsolidário ao volume de controle.

• VVC a velocidade do volume de controle vista por umobservador solidário a um referencial fixo a terra.

• V a velocidade do fluido vista um observador imóvelsolidário ao referencial fixo a terra.

• Assim, V = W + VVC -> W = V – VVC

38

Exemplos

1) Um avião move-se com velocidade de 971 km/h comomostrado na figura abaixo. A área frontal da turbina é 0,8 m2

e a massa específica do ar que entra por essa seção é0,736 kg/m3. Um observador fixo a terra observa que avelocidade de exaustão dos gases é de 1050 km/h. A área deexaustão da turbina é 0,558 m2 e a massa específica dosgases exauridos é de 0,515 kg/m3. Estime a razão de massade combustível para dentro da turbina em kg/h.

39

No referencial fixo ao avião.

• W1 é a velocidade do ar em relação ao avião.

• W2 é a velocidade dos gases exauri-dos pela turbina em relação ao avião.

controlevolterrafluido

Mas

hkm

./2

2

1

?)/(971

VVW

WjW

40

No referencial fixo a Terra.

• V1 é a velocidade do avião em relação a Terra (= VVol.Contole).

• V2 é a velocidade dos gases exauridos pela turbina em relação a Terra (= Vfluido/Terra).

)/(2021)971(1050

,

)/(1050)/(971

2

./2

/2

.1

hkmEntão

Como

hkmhkm

controlevolterrafluido

terrafluido

controleVol

jjjW

VVW

jVVjVV

42

Solução

► O volume de controle mostrada na figura contém todo ar,combustível e gases localizada no interior da turbina. Estevolume é indeformável, porém, móvel para um referencialfixo a terra.


► Temos um escoamento permanente, logo,

► Assim,

0

SCVCSIS dAd

tDtDM nV V

0VC

dVt

argáscomb

combargásSC

mmm

mmmdA

.

. 0nV

43

Continuando,

► Da equação,

► Temos

Onde W1 e W2 são as velocidade de entrada e saída dovolume de controle do ar e dos gases, respectivamente, paraum observador solidário ao avião.

• W1 = 971 km/h.

• W2 = V2 – Vavião = 1050 – (-971) = 2021 km/h (veja página38).

argáscomb mmm .

1122. AWAWm argáscomb

44

► Continuando,

hkgm

hmm

mkg

hmm

mkg

m

comb

comb

9100

1097180,0736,0

102021558,0515,0

.

323

323.

45

2)A vazão de água no irrigador de jardim da próxima figuraé 1000 ml/s. Se a área de seção de descarga de cada umdos bocais do irrigador é de 30 mm2, determine avelocidade da água que deixa o irrigador em relação aobocal se:

(a) a cabeça do irrigadorfor imóvel.

(b) a cabeça do irrigadorapresenta uma rotação de600 rpm.

(c) a cabeça do irrigadoracelera de 0 a 600 rpm.

Suponha que cada braço do irrigador tenha 20 cm decomprimento.

46

Solução

► O volume de controle mostrado na figura contém, em todoinstante, toda água localizada na cabeça do irrigador. Estevolume é indeformável, porém, móvel para um referencialfixo a terra.


► Temos um escoamento permanente, logo,

► Assim,

0

SCVCSIS dAd

tDtDM nV V

0VC

dVt

saientra

entrasaiSC

mm

mmdA

0nV

47

► Como há duas saídas e uma entrada,

► Para os três casos, W2 independe da velocidade angulardo irrigador (W2 foi calculada para um referencial fixo àcabeça do irrigador) e representa a velocidade (média) dasseções de descarga.

smW

AQW

QWADaí

QmeWAm

águaágua

águaentraáguasai

/7,1610302101000

2

2,

2

6

6

2

22

22

22

48

► A velocidade para um observador fixo a terra é,

W2 = V2 + U (V2 = W2 - U)

Onde U é a velocidade do bocal em relação a um referencialfixo a terra.

► r é o raio do irrigador.

odispositivdoirrigadordocabeçacabeçadaRaiodaangularVelocidadeU

rU

49

► Com relação a um observador estacionário...

a) O irrigador está parado.

b) A cabeça gira a 600 rpm.

UWV 22 rU

m/s7,162

22

VWV

1 rpm = 2π rad·min−1

= 2π/60 rad·s−1

≈ 0,10471976 rad·s−1

600 rpm = 62,83186 rad·s−1 m/s4,130,262,831867,16

2

2

22

VV

rWV

50

c) A cabeça do irrigador acelera de 0 a 600 rpm. Isto significa que U = U(t)=ωt r

(m/s) 12,566377,16)(0,262,831867,16)(

)()(

2

2

22

ttVttV

rtWtV

600 rpm = 62,83186 rad·s−1

51

5.2 Segunda Lei de Newton – As equações da quantida-de de movimento linear e do momento da quantidade de movimento

5.2.1 Derivação da equação da quantidade de movimen-to

► Segunda Lei de Newton,

Taxa de variação temporal da Soma das forçasquantidade de momento linear = externas que agem

do sistema sobre o sistema

► Para uma partícula fluida de massa ρdV, a quantidade demovimento é dp = VρdV. Assim, a quantidade de movimento dosistema é,

V SISdVpEquação

vetorialdV é diferencial

de volume

52

► Aplicando a segunda Lei de Newton,

► Considerando o caso em que o sistema coincide, mesmo queinstantaneamente, com o volume de controle.

SistemaSISd

DtD

DtD FVp V

ecoincident

controledeVolumeSistema FF

53

► Aplicando o Teorema de Reynolds,

► Multiplicando pelo vetor velocidade,

SCVCSISSIS dAd

td

DtDM

DtD nV VV

SCVCSIS

dAdt

dDtD nVVVV VV

Taxa de variação temporal da

quantidade de movimento linear

do sistema .


quantidade de movimento linear

do volume de controle.

Fluxo líquido de quantidade de

movimento linear através da

superfície de controle.

54

► Combinando as equações,

► Obtemos a equação da quantidade de movimento linear

SistemaSISd

DtD

DtD FVp V

SCVCSIS

dAdt

dDtD nVVVV VV

ecoincidentcontroledeVolumeSCVC

dAdt

FnVVV V

ecoincident

controledeVolumeSistema FF

55

► A somatória, contém,

1. Forças de campo (mas, só consideraremos o campogravitacional em nossos estudos).

2. Forças superficiais exercidas sobre o volume decontrole pelo material que está localizado nas vizinhançasexterna do volume de controle, por exemplo, paredes de umrecipiente. Estas são forças de reação no fluido feitas pelasparedes que o confinam.

3. Um objeto imerso em um escoamento também exerceforças superficiais sobre o fluido.

ecoincident

controledeVolumeF

56

5.2.2 Aplicação da equação da quantidade de movimento linear

► A equação,

é vetorial e sua análise é feita em um sistema decoordenadas Cartesianas (x, y, z) ou cilíndricas (r, θ, z).

► Principais considerações para o uso da equação acima são:Escoamentos permanentes e unidimensionais.

(vídeos)


dAdt

FnVVV V

57

Exemplos

1) A figura abaixo mostra um jato de água horizontalincidindo num anteparo estacionário. O jato é descarregadodo bocal com velocidade uniforme e igual a 3 m/s. O ânguloentre o escoamento de água, na seção de descarga doanteparo, e a horizontal é θ. Admitindo que os efeitosgravitacionais e viscosos são desprezíveis, determine a forçanecessária para manter o anteparo imóvel.

58

Solução

► Consideremos o volumede controle a seguir

► Aplicando aequação da quan-tidade de movi-mento,

Lembrando que

AzSCVC

AXSCVC


FdAwdwt

FdAudut

scomponenteEm

dAdt

nV

nV

FnVVV

V

V

V

0, vcasoneste

wvu kjiV

59

► Se o regime de escoamento é permanente,

► Ponderações,

• A água entra e sai do volume de controle como um jatolivre a pressão atmosférica.

• Assim, a pressão que atua na superfície de controle éuniforme e igual a pressão atmosférica.

• A força líquida devida a pressão atmosférica é nula.

• Desprezando os pesos da água e do anteparo, as únicasforças que atuam no conteúdo do volume de controle são ascomponentes horizontal e vertical que mantêm o anteparofixo.

0

VCVCdw

tdu

tVV

60

• Na seção 1

• Na seção 2

• Como desprezamos os efeitosgravitacionais e viscosos,

•

► Assim, na seção 1,

na seção 2,

Daí,

1VnV

021 ppp

21 VV

2VnV

sencos 11 VweVu

1Vu

AxAASCFdAudAudAu

21nVnVnV

AzAASCFdAwdAwdAw

21nVnVnV

61

► Primeiro na direção x

► Na direção z

)1(cos)cos1(cos

)(cos)(

211

2111

211

21

2121111111

21

VAFouVAAVAVF

VVeAAFAVVAVV

dAudAudAu

AxAx

Ax

AxAASCFnVnVnV

sen

)(sen)(0

211

212121111

21

VAF

VVeAAFAVVAV

dAwdAwdAw

Az

Az

AyAASC

FnVnVnV

62

► Logo,

► Substituindo os valores fornecidos,

► Se θ = 0 Fax = Faz = 0.

► Se θ = 90o Fax = Faz = 50,1 N.

► Se θ = 180o Fax = -100,2 N eFaz = 0.

NFAx )cos1(1,50)cos1)(3)(1057,5)(999( 23

NFAz sen1,50)sen)(31057,5)(999( 23

)cos1()cos1( 12

11 VmFouVAF AxAx

sensen 21

211 VmFouVAF AzAz

63

2) Determine a força necessária para imobilizar um bocalcônico instalado na seção de descarga de uma torneira delaboratório (figura) sabendo que a vazão de água na torneiraé de 0,6 litros/s. A massa do bocal é de 0,1 kg e os diâmetrosdas seções de alimentaçãoe descarga do bocal são,respectivamente, iguais a16 mm e 5 mm. O eixo dobocal está na vertical e adistância axial entre as se-ções (1) e (2) é 30 mm.A pressão na seção (1) éde 464 kPa.

64

Solução

► A força procurada é a força de reação da torneira sobrea rosca do bocal.

► O volume de controle corresponde ao mostrado nafigura ao lado.

► As forças verticais que atuamno conteúdo do volume de com-trole, estão mostradas na figuraao lado, menos a pressão atmos-férica, cuja ação é nula em todasas direções.

► As forças devidas as pressõesrelativas não se anulam.

65

► Aplicando a equação da quantidade de movimento, nadireção vertical,

onde

2211 ApWApWFdAwdwt

dAwdwt

WnASCVC


nV

FnV

V

V

66

► Se o regime de escoamento é permanente,

►

► Vamos admitir que os escoamento é incompressível

► E também que os perfis de velocidade sejam uniformes naentrada (w1) e saída (w2) (podem não ser em um casogeral).

0VC

dwt

V

controledeVolumenoentraescoamentooquandowdA

controledeVolumedosaiescoamentooquandowdAdAnV

67

► Desta forma,

2211222111

221121

2211

)()( ApApWWFAwwAww

ApApWWFdAwdAw

ApApWWFdAw

WnA

WnASS

WnASC

nVnV

nV

Sinais negativos, pois as velocidades apontam

para baixo

68

► Daí,

221121

21

22112211

22112211

)(

)(

)(

)()(

ApApWWwwmF

queVem

massadaoconservaçãmmmqueAssumindo

ApApWWmwmwFe

ApApWWFmwmw

WnA

WnA

WnA

69

► Substituindo os valores

NW

gDDDDh

gcontroledeVolumegmW

NgmW

smskgAQw

smskgAQw

skgQAwm

W

WW

nn

028,08,910)516()5()16()1030(121999

)(121

)(

981,081,91,0

/6,30]4/)105[(

/106,0

/0,3]4/)1016[(

/106,0

/6,0)106,0(999

6223

2122

21

23

3

22

23

3

11

311

70

► Logo,

► Com FA > 0, seu sentido é para cima (de acordo com osistema de referência considerado).

► Outros volumes de controle podem ser considerados nasolução desse problema. Vejam páginas 131, 132 e 133 doYoung.

NF

F

F

pWApWwwmF

A

A

A

WnA

8,77

028,03,9398,05,16

028,04

)1016(1046498,0)6,300,3(6,0

)0()(23

3

21121

71

3) Água escoa na curva mostrada na figura abaixo. A área daseção transversal da curva é constante e igual a 9,3x10-3 m2.A velocidade é uniforme em todo o campo de escoamento e éigual a 15,2 m/s. A pressão absoluta nas seções dealimentação e descarga são, respectivamente, iguais a207 kPa e 165 kPa. Determine os componentes da forçanecessária para ancorar a curva nas direções x e y.

72

Solução

► Vamos considerar o volume de controle mostrado na figuraanterior (linha azul tracejada).

► A próxima figura mostra as forças horizontais e verticaisque atuam no volume de controle.

► Força peso atua na vertical,portanto, não influencia nadeterminação da força hori-zontal de estabilização.

73

► Aplicando a equação da quantidade de movimento,

.

)(

0

.

)(0

0

2102211

.

.

aatmosféricpressãop

AApApApFFdAv

FdAudA

anteriorFigoconsideradscoordenadadesistemaNo

dA

permanenteescoamentodt

dAdt

AyYSC

XSC

SC

SC controlevolExternas

VC


VC

nV

nVnVV

FnVV

V

FnVVV

V

V

74

► Considerando a figura anterior, verificamos que nas seções(1) e (2), o escoamento coincide com a direção y, por isso, u= 0. Não existe assim, fluxo na direção x, portanto, FX = 0(como escrito na equação anterior).

► A força para imobilizar o cano é a reação às forças em yfeitas pela água e pressão.

► Na seção (1),

► Na seção (2),

)(

)(

210221121

2102211

AApApApFdAvdAv

AApApApFFdAv

AySS

AyYSC

nVnV

nV

11 VeVv nV

22 VeVv nV

Cuidado com esse termo.

75

► Logo,

► Levando em conta que

)()()()(

)(

212211222111

21221121

AApApApFAVVAVV

AApApApFdAvdAv

oAy

oAySS

nVnV

oAy ApppAFmV

DaíVAmAVmAVmentão

móduloemVVVAA

2)(2

,.,

)(

21

222111

21

21

76

► Substituindo os valores,

► Observando que as pressões p1 e p2 são absolutas, então,devemos considerar que.

kPakPakPapppkPakPakPapppe

pppppAssim

pppeppp

R

R

RRo

RoRo

653,1011651073,101207

2,

022

011

2121

2211

s

kgmsm

mkgVAm 2,141103,92,15999 23

3

77

► Assim,

NF

FPortanto

ppAmVF

ApApppAFmV

Ay

Ay

RRAy

ooRRAy

1,5892

)106510107(103,92,1412,152,

)(2

22)(2

333

21

21

78

4) Determine o módulo e o sentido das componentes nasdireções x e y da força necessária para imobilizar o conjuntocotovelo – bocal esboçado na figura abaixo. O conjunto estámontado na horizontal.

79

Solução

► De acordo com o texto e a figura, as seções de alimentaçãoe descarga estão montadas na direção x. Por esse motivo, v= 0 e não existe fluxo da quantidade de movimento nestadireção, portanto, FY = 0.

► Aplicando a equação da quantidade de movimento,

► As pressões dadas são relativas (p1=103,4 kPa e p2 = 0).



VC

dA

dAdt

.

.

FnVV

FnVVV

V

= 0, escoamento permanente.

80

► Assim,

► Na seção (1),

► Na seção (2),

► p2 = 0 (descarga na atmosfera). Daí,

11 VeVu nV

221121

2211

0

ApApFdAudAu

FdAv

ApApFFdAudA

AxSS

YSC

AxXSC

SC

nVnV

nV

nVnVV

22 VeVu nV

11222111

11222111

)()(

)()(

ApFAVVAVV

ApFAVVAVV

Ax

Ax

81NF

smAmV

NAp

skgAVm

ApVVmF

quevempermanenteescoamentomAVmAVmComo

ApFmVmV

Ax

Ax

Ax

919054,7588)41,135,1(5,109

/4,13

2102,0

5,109

54,75882305,0104,103

5,1092305,05,1999

)(

),(

22

2

23

11

2

11

1121

222111

112211

82

5) Determine uma expressão para queda de pressão queocorre entre as seções (1) e (2) do escoamento mostrado nafigura abaixo.

2

12 12Rrww

83

Solução

► RZ é a força que as paredes exercem sobre o fluido(ATRITO) e W é força peso da água no tubo.

► Aplicando a equação da quantidade de movimento nadireção z,

zS S

SC Z

SC ExternasVC

RWApApdAwdAw

FdAw

dAdt

22111 2nVnV

nV

FnVVV

V= 0, escoamento permanente.

84

► Na seção (1),

► Na seção (2),

► Assim,

z

R

zS

zS

RWApAprdrRrwmw

RWApApdAwAww

RWApApdAwwAww

22110

22

111

22112

22111

221122 2111

212

)()(

)(

11 weww nV

2

2

12 12 weRrwww

nV

85

► Separadamente,

62211

,

3418212

2

0 4

5

2

3

0 4

4

2

2

0

22

221

22210

22

1

RdrRr

Rrrrdr

Rr

Rrrdr

Rr

nteSeparadame

RwdrrRrwrdr

Rrw

RRR

R

11

21

2121

2211

221111

3,,

34)(

,

AR

AWwppquevemAAComo

RWApApRwAww

Assim

z

z

86

► A expressão,

Mostra que a variação de pressão ocorre devido a:

1. Variação da velocidade ao longo do escoamento.2. Peso do fluido (efeito hidrostático).3. Atrito com paredes.

11

21

21 3 AR

AWwpp z

87

6) A comporta deslizante esquematizada na figura abaixoestá instalada num canal que apresenta largura b. A forçanecessária para imobilizar a comporta é maior quando elaestá fechada ou aberta?

88

Solução

► Para responder esta pergunta, calcularemos as reaçõesdas forças feitas pela água nestes dois casos.

► Aplicando a equação da quantidade de movimento, noteque só teremos resultante na direção x.

► Rx é a força feita pela comporta e(γHA/2) = (γH2b /2) é a força feitapela água sobre o vol. Controle.

XSC

XSC X

SC ExternasVC

RbHdAu

RHbHRAHdAu

dAdt

2

21

22

nV

nV

FnVVV V= 0, escoamento permanente.

89

► Continuando,

Se a comporta estiver fechada, o primeiro membro daequação acima é nulo, porque não ocorre escoamento. Logo,

► RX é, em módulo, igual aforça hidrostática da água.

XSCRbHdAu 2

21 nV

bHbHR

bHR

X

X

22

2

495098102121

90

► Agora, vamos analisar o que ocorre com a comportaaberta. Neste caso, há fluxo, portanto,

► As duas primeiras parcelasdo segundo membro corres-pondem as forças hidrostáti-ticas nas seções (1) e (2),respectivamente. Veja figuraao lado.

fXSC

fSC X

FRbhbHdAw

FRAhAHdAw

22

21

21

21

22

nV

nV

91

► Interpretando as parcelas

)(

)2(21

21

)1(21

21

22

21

águaaseguraratendeatritodeforçaaéFcomportapelafeitaforçaéR

seçãonacahidrostátiforçaaébhhA

seçãonacahidrostátiforçaaébHHA

f

X

fXSSFRbhbHdAudAu

Assim

22

21 21

21

,

nVnV

92

► Na seção (1),

► Na seção (2),

► Comparando as duas expressões encontradas para Rx

Verificamos que a força com a comporta aberta é menor.

11 VeVu nV

hbVHbVFhHbR

FRhHbAVVAVV

FRbhbHdAudAu

formaDesta

fX

fX

fXSS

22

21

22

22222111

22

21

)(21

)(21)(

21

21

,

nVnV

22 VeVu nV

hbVHbVFhHbRebHR fXX2

22

1222 )(

21

21

É nulo Se V1puder ser

considerada igual a 0

93

5.2.3 Derivação da equação do Momento da quantidade de movimento

► Muitas vezes a força feita por um fluido gera um momento (torque) em relação a um dado eixo de uma estrutura. Como resultado esta estrutura pode apresentar um movimento de rotação em torno deste eixo.

► Para encontrarmos esse momento, vamos considerar umapartícula fluida de massa ρδV e um sistema de coordenadas(x, y, z) (figura). Como já vimos, a quantidade demovimento dessa partícula é V ρδV, onde V é sua velocidade.

94

► Aplicando a lei de movimento de Newton,

δFPartícula é a resultante das forças externas que atuam sobrea partícula.

► O momento (torque) sobre está partícula é,

r é o vetor posição da partícula fluida (figura anterior).

PartículadDtD FV )( V

PartículadDtD FV )( V

dV é uma diferencial de volume

95

► Lembrando que,

► Estendendo a análise a todas as partículas do sistema, eseja r o vetor posição da partícula fluida (figura anterior),então,

SISPartículaSISdV

DtD )()( FrVr

PartículadVdt

DdVDtD

LogodVdVdtDmas

dVdt

DdVdtDdV

DtD

FrVrVr

VVVr

VrVrVr

))[(

,.0,

))[(

96

► Da mesma forma que na seção anterior, consideraremos quequando o sistema e o volume de controle são coincidentes, asforças externas que atuam sobre ambos são iguais. Assim,

(*))()( SISPartículaSISd

DtD FrVr V

Taxa de variação temporal do momento da

quantidade de movimento do sistema .

Soma dos torques externos que

atuam no sistema

*)2()()(

VCSIS

VCSIS

FrFr

FF

97


Esta é a expressão para o momento da quantidade demovimento.

VCSCVC

SCVCSIS

SCVCSIS

SCVCSIS

dAdt

sencontramoeresultadososdoSubstituin

dAdt

dDtD

dAdt

dDtD

dAdt

dDtD

)()()(

,*),2((*)

)()()(

FrnVVrVr

nVVrVrVr

nVVrVrVr

nVVVV

V

VV

VV

VV

98

5.2.4 Aplicações da equação do Momento da quantidade de movimento

► Consideraremos as seguintes hipóteses:

• Escoamentos unidimensionais => em distribuiçõesuniformes de velocidade.

• Escoamentos permanentes,

• Trabalharemos sempre com a componente axial daequação,

Desta forma, consideraremos sempre a mesma direção doeixo de rotação.

0VC

dwt

V

VCSCVCdAd

t )()()( FrnVVrVr V

99

► Para aplicar a equação do momento da quantidade demovimento e testar estas hipóteses, consideremos oexemplo do irrigador de jardim.

100

► Consideraremos também a figura a seguir

101

Análise

► O escoamento da água cria um torque no braço doirrigador e o faz girar.

► Existe modificações na direção da velocidade doescoamento do braço do irrigador, pois:

• O escoamento na seção de alimentação, seção (1),é vertical.

• Os escoamentos nas seções de descargas, seções(2), são tangenciais.

► O volume de controle, em forma de disco, contém acabeça do irrigador parado ou em movimento.

► A superfície de controle corta a base da cabeça doirrigador de modo que o torque que resiste ao movimentopode ser facilmente calculado.

102

► Quando a cabeça do irrigador está girando, o campo deescoamento no volume de controle estacionário é cíclico etransitório, mas o escoamento é permanente em média.

► Voltando a equação:

O primeiro termo só pode ser nulo onde existe escoamentocruzando a superfície de controle. Em qualquer outra regiãoda superfície de controle este termo será nulo porqueV.n =0.

► A água entra axialmente no braço do irrigador pela seção(1). Nesta região da superfície de controle a componentede r x V na direção do eixo de rotação é nula, porque r x V éperpendicular ao eixo de rotação. Desta forma não existefluxo de momento de quantidade de movimento na seção(1).

VCSCdA )()( FrnVVr

103

► A água é descarregada do volume de controle pelos doisbocais (seções 2). Nestas seções, |r x V| = r2Vθ2, onde r2 é oraio da seção (2) medido em relação ao eixo de rotação, eVθ2 é a componente tangencial do vetor velocidade doescoamento nos bocais de descarga medida em relação aosistema de coordenadas solidário ao volume de controle,que é fixo.

► A velocidade do escoamento vista por um observadorsolidário ao bocal é:

► U é a velocidade do bocal em relação à superfície decontrole fixa.

)(, VCVUUVWUWV

104

► Para verificação da componente axial de r x V é precisoque r = r êr e que a componente tangencial da velocidadeabsoluta seja V = Vθ êθ. Assim, para o irrigador das figurasanteriores,

► A vazão em massa é a mesma se o irrigador estiverrodando ou em repouso.

► r x V > 0 se V = Vθ êθ e U tiverem o mesmo sentido.

► O torque líquido em relação ao eixo de rotação associadocom as forças normais que atuam no volume de controle émuito pequeno.

► O torque líquido devido às forças tangenciais também édesprezível para o volume de controle considerado.

))(()( 22 mVrdAAxialSC

nVVr

105

► Levando em conta as análises anteriores,

► Teixo > 0 => que Teixo atua no mesmo sentido de rotaçãodo irrigador (regra da mão direita).

eixoAxialcontrolevol

doConteúdo T

.)( Vr

106

► A potência no eixo, , associada ao torque no eixo,Teixo, é

► O trabalho por unidade de massa é definido por,

► Se Weixo > 0 então é o volume de controle que realizatrabalho. Isto é, o fluido realiza trabalho no rotor.

mUVW

bocaisdosvelocidadeaéUrComo

mVrTW

eixo

eixoeixo

2

2

22

,

2UVm

WW eixoeixo

eixoW

107

Exercícios

1) A vazão em água na seção de alimentação do braço doirrigador mostrado na figura abaixo é igual a 1000 ml/s. Asáreas das seções transversais de descarga são 30 mm2 e oescoamento deixa esses bocais tangencialmente. Adistância entre esses bocais e o eixo de rotação é, r2,200 mm.

a) Determine o torque necessáriopara imobilizar o irrigador.

b) Determine o torque resistivonecessário para que o irrigadorgire a 500 rpm.

c) Determine a velocidade do irrigador se não existirqualquer resistência ao movimento do braço.

108

Solução

a) Torque necessário para imobilizar o irrigador.

A figura abaixo mostra as velocidades nas seções dealimentação e descarga do volume de controle.

► Aplicando a equação do torque: mVrTeixo 22

109

► Levando em conta que se o volume de controle for fixo eindeformável e o escoamento nas seções de descarga sejatangencial a este, em cada bocal,

mNTsmsmmmVrT

smm

smAQWVV

Eixo

Eixo

34,3)/001,0)(/7,16)(2,0(

/7,1610302

/101000

322

26

36

2222

Quando o irrigador está em

repouso.

110

b) Torque resistivo necessário para que o irrigador gire a500 rpm.

mNTsmsmmmVrT

Assim

smUWV

sms

radrpmrU

smW

UWV

Eixo

Eixo

VC

24,1)/001,0)(/2,6)(2,0(

,

/2,67,107,16

/47,10)2,0(60

2)500(

/7,16

)(

322

222

22

2

2222222

VUUWV

► Note que o torqueresistente é menorque o torque neces-sário para manter oirrigador imobiliza-do.

111

c) Velocidade do irrigador se não existir qualquerresistência ao movimento do braço.

rpmou

sradr

WmrWr

nulosejaresistentetorqueoqueSupondo

mrWrmVrTrWV

VVmVrT

Eixo

Eixo

7972

603,83

/5,832,07,160)(

,

)(

2

222

2222

22

22

22

112

► Agora, vamos analisar o resultado da aplicação daequação do momento da quantidade de movimento a umescoamento unidimensional numa maquina rotativa. Isto é,

► Discutindo os sinais,

• O sinal negativo no termo vazão em massa naseção de alimentação, , vem do produto escalar V.n < 0.

• Os sinais no termo re Vθe depende do sentido doproduto vetorial (rxV)axial. Uma maneira de determinar essesinal é comparar o sentido de Vθe com a velocidade dapaleta do bocal, U.

re Vθe > 0 se Vθ e U apresentam o mesmo sentido. re Vθe < 0 se Vθ e U apresentam sentidos opostos.

• O sentido do torque, TEixo, é positivo se tiver omesmo sentido de (regra da mão direita).

))(())(( ssseeeEixo VrmVrmT

em

113

► A potência no eixo, , está relacionada com o TEixo, por

► Considerando, TEixo> 0 e a equação

vem que,

EixoEixo Tw

Eixow

))(())(( ssseeeEixo VrmVrmT

))(())((

))(())((

ssseeeEixo

ssseeeEixo

VUmVUmw

rUcomo

VrmVrmw

114

► Discutindo os sinais da equação

• UVθ se U e Vθ apresentam o mesmo sentido.

• TEixo > 0 hipótese.

• > 0 quando a potência é consumida no volumede controle, por exemplo, uma bomba.

• < 0 quando a potência é produzida no volume decontrole, por exemplo, uma turbina.

► Trabalho do eixo por unidade de massa (lembrando que aconservação da massa estabelece que ) é

Eixow

Eixow

))(())(( ssseeeEixo VUmVUmw

se mmm

)()( sseeEixo VUVUmw

115

Exercício

A figura a seguir mostra o esboço de um ventilador queapresenta diâmetros externo e interno de 305 mm e254 mm, respectivamente. A altura das paletas do rotor éde 25 mm. O regime de escoamento é permanente emmédia e a vazão em volume média é 0,110 m3/s. Note que avelocidade absoluta do ar na seção de alimentação dorotor, V1, é radial e que o ângulo dentr a direção doescoamento do rotor e a direção radial é de 30o. Estime apotência necessária para opera o ventilado sabendo que arotação é de 1725 rpm.

116

Solução

► O volume de controle considerado é fixo e indeformável econtém as paletas do ventilador e o fluido contido no rotor.

► Em média o escoamento é permanente, apesar de cíclico.

► O único torque a considerar é o torque do eixo do motor,TEixo. Este é produzido pelo motor acoplado ao ventilador.

► Consideremos também perfis de velocidades uniformesnas seções de descarga.

► Aplicando a equação do momento da quantidade demovimento para um escoamento unidimensional numamaquina rotativa,

► O primeiro termo do segundo membro é nulo, já que V1 éradial (Vθ1 = 0).

))(())(())(( 222222111 VUmVUmVUmweixo

117

Continuando...

?)30cos(

,,?

/5,27)60(

)2)(1725(2305,0

/135,00110,023,1))(())((

2

222

222

2

2

21

222111

WeWUV

ladoaosvelocidadedetriânguloocomacordoDeMasV

smrU

skgQmmmVUmVUmw

o

eixo

UWV

118

O triângulo de velocidades mostra que

smVWUV

VcalcularpodemosAgora

smWhrmWAssim

VhrVAmDaíVeWvetoresdosradialcomponenteaéVOnde

WV

o

o

RR

R

oR

/6,19)2/3(16,95,27)30cos(

,

/16,9)sen(30)025,0)(1525,0)(2)(23,1(

135,0)sen(30)2(

,

)2(,.

)30cos(

2

222

2

2

o2

2

2222

222

22

119

Voltando a equação (1)

► U2Vθ2 > 0, já que os dois vetores apresentam o mesmosentido.

► 72,8 W é a potência necessária para acionar o eixo dorotor nas condições estabelecidas.

► Toda potência no eixo só será transferida ao escoamentose todos os processos de transferência de energia foremideais no ventilador. Mas devido ao atrito apenas uma parteda potência será de fato utilizada.

► A quantidade de energia transferida depende daeficiência das pás.

Ww

VUmw

eixo

eixo

8,72)6,195,27)(135,0(

))(( 222

120

5.3 Primeira Lei da Termodinâmica – Equação da Energia.

5.3.1 Derivação da Equação da Energia

A primeira lei da termodinâmica estabelece que

= +

SISelíqelíqSIS

SISseSISseSIS

WQdeDtD

ou

WWQQdeDtD

..

V

V

Taxa de variação temporal da energia

total do sistema

Taxa líquida de transferência de

Calor para o sistema

Taxa de realização de trabalho (potên-cia transferida para

o sistema

121

► Na equação,

• e é a energia total por unidade de massa. Estárelacionada com a energia interna, u, com a energiacinética por unidade de massa, V2/2, e com a energiapotencial por unidade de massa, gz. Isto é,

• taxa líquida de transferência de calor:

se a transferência é do meio p/ o sistema.

se a transferência é do sistema p/ meio.

(*).. SISelíqelíqSISWQde

DtD V

gzVue 2

2

0. elíqQ0. elíqQ

elíqQ .

122

• taxa líquida de transferência de trabalho

(potência):

se é realizado pelo meio sobre o sistema.

se é realizado pelo sistema sobre o meio.

► Agora, considerando um volume de controlecoincidente com o sistema, num dado instante, então,

SISelíqelíqSIS

WQdeDtD ..

V

0. elíqW

0. elíqW

elíqW .

*)2(.....ecoincident

controleVolelíqelíqSISelíqelíq WQWQ

123

Situações Práticas de Engenharia

► Muitos processos práticos em engenharia podem serconsiderados adiabáticos, assim,

► Em muitas situações, o trabalho é transferido para ovolume de controle, através da sup. de controle por um eixomóvel (turbinas, ventiladores, bombas, hélices, motores decombustão interna, compressores,...), dessa forma,

• Trabalho

• Potência

• Logo,

► Se há vários eixos,

)( rotaçãoprovocaquetorqueTTW eixoeixoeixo rF

0 se QQ

),( rVosdispositivnessesW VF

XF W

*)5(,,., seixoeeixolíqeixo WWW

124

► A transferência de trabalho também pode ocorrer quandouma força associada com a tensão normal do fluido édeslocada.

► Nesses casos, as tensões normais, σ, no fluido são iguaisao negativo da pressão,

► A tensão associada com a tensão normal é,

Onde V é a velocidade da partícula fluida.

► Se a força devida a tensão normal for expressão como oproduto da pressão local pela área da partícula, nδA, então,

p

VF normalTensãonormalTensãoW

ApAW normalTensão nVnV

125

► Assim, para todas as partículas situadas na superfície decontrole,

•Na superfície de controle,

•Na região do tubo onde há escoamento,

*)6( SCSCnormalTensão dApdAW nVnV

00 normalTensãonV

00 normalTensãonV

126

► O trabalho de rotação de um eixo sobre uma superfície decontrole é transferido pelas tensões de cisalhamento domaterial do eixo.

► Para uma partícula fluida a potência associada a forçatangencial é,

•Na superfície interna do tuboda figura a seguir (sup. controle),

•Nas demais regiões 00 ltangienciaTensãoV

00 tangencialTensãoV

VF tangencialTensãotangencialTensãoW

127

► A primeira lei da termodinâmica para o conteúdo decontrole, é obtida combinando as equações (4*), (5*) e(6*),

► Aplicando a definição de energia total,

► Obtemos a definição de energia total,

SCelíqeliqSCVCdAWQdAede

tnVnV ..

V

gzVue 2

2

elíqeliqSCVCWQdAgzVpude

t ..

2

2

nV

V

128

5.3.2 Aplicação da Equação da Energia

► O termo representa a taxa de variação tem-

poral da energia total do volume de controle. É nulo se oescoamento for permanente.

► O termo é diferente de zero

quando V.n também for diferente de zero.

► Integrando a última equação, considerando que ostermos u, p/ρ, V2/2 e gz sejam constantes nas seções dealimentação e descarga,

VCde

tV

SCdAgzVpu nV

2

2

ssSCmgzVpumgzVpudAgzVpu

222

222

nV

129

► Aplicando o teorema de Reynolds considerando oparâmetro b = e (energia total por unidade de massa) epara um volume de controle fixo e indeformável,

*)3(

SCVCSIS

dAedet

deDtD nV VV


energia total do sistema .


energia total do vol. de controle

Fluxo líquido de energia total na

superfície do controle

SCVC

SIS dAbdbtDt

DB nV ˆ V

130

► Combinando as equações (*), (2*) e (3*), obtemos,

*)4(...ecoincident

controleVolelíqelíqSCVCWQdAede

t

nV V

131

► A equação

Pode ser simplificada levando em conta que,

E, como vimos anteriormente,

Obtemos,

0 es mm

EsSCmgzVpumgzVpudAgzVpu

222

222

nV


t ..

2

2

nV

V

elíqelíqeses

eses WQzzgVVppuum ..

22

)(2

132

Exercícios

1) A figura abaixo mostra um esquema de bomba d’águaque apresenta uma vazão, em regime permanente, igual a0,019 m3/s. A pressão na seção (1) da bomba – seção dealimentação – é 1,24 bar e o diâmetro de 89 mm. A seção(2) – seção de descarga - tem diâmetro de 25 mm e apressão neste local é 4,14 bar. A elevação entre os centrosdas seções (1) e (2) é nula e o aumento de energia internaespecífica da água associado ao aumento de temperaturado fluido, u2 – u1, é igual a 279 J/kg. Determine a potêncianecessária para operar a bomba admitindo que esta operede modo adiabático.

133

Solução

► Consideremos a equação

► Precisamos encontrar os valores da vazão em massa nabomba, , e das velocidades nas seções (1) e (2) dovolume de controle para que seja possível calcular apotência.

► A vazão em massa pode ser calculada por,

)1()(2 ..

22

elíqelíqeses

eses WQzzgVVppuum

skgQm /0,19)019,0)(1000(

= 0 já que a elevação entre os

centros das seções (1) e (2) é nula

m

= 0 já que o escoamento é

adiabático.

134

► A velocidade nas seções de escoamento é

► Assim,

► Aplicando a equação (1),

kWW

W

VVppuumWW

eixolíq

eixolíq

es

eseseixolíqelíq

9,24

2)1,3()7,38(

10001024,1

10001014,4)279()0,19(

2

.

2255

.

22

..

2)2/(DQ

AQV

smAQV /1,3

)2/1089(019,0

231

1

smAQV /7,38

)2/1025(019,0

232

2

135

É a equação da energia para escoamentosunidimensionais e permanentes em média.

► É aplicável para escoamentos compressíveis (gases) eincompressíveis (líquidos).

► Definindo a entalpia por, , vem que,

elíqelíqeses

eses WQzzgVVppuum ..

22

)(2

puh

elíqelíqeses

es WQzzgVVhhm ..

22

)(2

136

Exercícios

2) A figura abaixo mostra o esquema de uma turbina avapor. A velocidade e a entalpia específica do vapor naseção de alimentação da turbina são iguais a 30 m/s e3348 kJ/kg. O vapor deixa a turbina como uma mistura delíquido e vapor, com entalpia específica de 2550 kJ/kg, e avelocidade do escoamento na da seção de descarga daturbina é de 60 m/s. Determine o trabalho no eixo daturbina por unidade de massa de fluido que escoa noequipamento sabendo que o escoamento pode sermodelado como adiabático e que as variações de cota doescoamento são desprezíveis.

137

Solução


► Onde

► Como

)1()(2 ..

22

elíqelíqeses

eses WQzzgVVppuum

= 0 já que a elevação entre os

centros das seções (1) e (2) é nula

= 0 já que o escoamento é

adiabático.

2

22

.es

eseixolíqVVhhmW

2

22.

.es

eseixolíq

eixolíqVVhh

mW

w

eee

sss

puhepuh

138

► Vem que,

► porque o trabalho está sendo realizado pelofluido que escoa no equipamento.

kgkJw eixolíq /7972

)60()30(103348102550

2233

.

ow eixoliq .

139

5.3.3 Comparação da Equação da Energia com a equação de Bernoulli

► Consideremos um escoamento incompressível epermanente com potencia nula. Então, temos

► Dividindo esta equação por

► é a taxa de transferência de calor porunidade de massa que escoa no volume de controle.

m

)(22

)(2

.

22

.22

elíqeseee

sss

elíqes

es

eses

quugzVpgzVp

mQ

zzgVVppuu

elíqeses

eses QzzgVVppuum .

22

)(2

mQq elíqelíq /..

140

► A equação

É aplicável a escoamento unidimensionais, permanentes,com uma seção de entrada e outra de saída, ou entre duasseções de uma mesma linha de corrente.

► é a taxa de transferência de calor porunidade de massa que escoa no volume.

► Se os efeitos viscosos forem desprezíveis noescoamento, então,

)(22 .

22

elíqeseee

sss quugzVpgzVp

mQq elíqelíq /..

0. elíqes quu

141

► Assim, chegamos a própria equação de Bernoulli,

► A equação de Bernoulli serve para descrever o queacontece entre duas seções de um escoamentounidimensional.

► Quando o escoamento é incompressível, entretanto,existe atrito e,

► Esta quantidade representa a perda da energiadisponível no escoamento devido ao atrito.

ee

ess

Seee

sss zVpzVpougzVpgzVp

2222

2222

0. elíqes quu

perdaquu elíqes .

142

► Dessa forma, chegamos a equação de Bernoulli,

21

22

22perdagzVpgzVp

eee

sss

Perda de energia por unidade de massa entre as seções 1 e 2

143

Exercício

A figura abaixo mostra dois orifícios localizados numaparede com espessura de 120 mm. Os orifícios sãocilíndricos e um deles apresenta entrada arredondada. Oambiente do lado esquerdo apresenta pressão constantede 1,0 kPa acima do valorda atmosfera e a descargados dois orifíciosocorre naatmosfera. Como discuti-remos em Mec. Flu. II, aa perda de energia dispo-nível em orifícios com em-tradas bruscas ( orifíciosuperior) é 0,5V2

2 / 2, epara orifícios arredondados(orifício inferior) é 0,05V2

2/2.Nestas condições, determineas vazões nos orifícios.

144

Solução

)2(2

,

,2

,,0

22

)1(:,,

2/1

2121

2

211

222

211

211

211

2

222

22

perdappV

Assim

perdapVp

entãozzeVComo

perdagzVpgzVpequaçãoadoConsideran

VAQpordadaéQorifíciosdosnumvazãoA

145

)3(2

2

,

)(05,0)(5,0

:,

2

,,).2()1(,

2/12221

2

22

21

VKppV

Daí

inferiororifícioaarredondadentradacomorifíciosparaKsuperiororifíciobruscaentradacomorifíciosparaK

sendoperdadeecoeficientoéK

VKperda

temosnteEmpiricameeseçõesasentreenergiadeperdaaestudarvamosAgora

L

L

L

L

L

146smQ

kPakPaQ

KinferiororifícioNo

smQ

kPakPaQ

KsuperiororifícioNoAssim

KppDVAQ

emDe

L

L

L

/445,0

)05,01(23,1)101102(2

4)120,0(

05,0,

/372,0

)5,01(23,1)101102(2

4)120,0(

5,0,:

)1()(2

4

,)2()1(

3

2/12

3

2/12

2/1

2122

22

)4()1()(2

,

2)1(

22

22

22

,

2/1

212

2122

212

222

22212

2

2/12221

2

L

L

L

L

L

KppV

Obtemos

ppKV

ppVKV

VKppV

VKppV

equaçãonaoTrabalhand

147

► Agora, vamos considerar a potência líquida não nula,além de escoamentos unidimensionais, incompressíveis epermanentes.

► A equação que modela esses escoamentos é,

► Dividindo por

Onde: é o trabalho por unidade de massa.

continua sendo a perda de energiadevido ao atrito.

m

)(22 ..

22

elíqeselíqeee

sss quuwgzVpgzVp

elíqelíqeseses

es WQzzgVVppuum ..

22

)(2

mWw elíqelíq /..

)( .elíqes quu

148

► Com estas considerações,

Esta equação é conhecida como equação daenergia ou de Bernoulli estendida. Cada um dos seustermos tem unidade (J/kg).

► Se dividirmos cada termo da equação acima por g(aceleração da gravidade),

perdawgzVpgzVpelíqe

ees

ss .

22

22

Leixoeee

sss

elíqe

ees

ss

hhzg

Vpzg

Vp

gperda

gw

zg

Vgpz

gV

gp

22

22

22

.22

149

► Na equação,

► Na hidráulica, é comum denominar

CARGADEPERDAhBOMBADACARGAbombasparah

TURBINADACARGAturbinaparahcomhh

L

b

TTeixo

)0(

Leixoeee

sss hhz

gVpz

gVp

22

22

Todos os termos desta equação têm dimensão

de comprimento, ou energia por unidade de

força (peso) g

perdah

QW

gmW

gw

h

L

eixolíqeixolíqeixolíqeixo

...

150

Exercício

A figura abaixo mostra o esquema de um ventilador axialque é acionado por um motor que transfere 0,4 kW para aspás do ventilador. O escoamento a jusante do ventiladorpode ser modelado como cilíndrico (diâmetro de 0,6 m) e oar nessa região apresenta velocidade igual a 12 m/s. Oescoamento a montante do ventilador apresentavelocidade desprezível.Determine o trabalhotransferido ao ar, ouseja, o trabalho que éconvertidoemaumentode energia disponívelno escoamento e esti-me a eficiência mecâ-nica deste ventilador.

151

Solução

►

kgJperdawVperdaw

Logo

zzeVrelativapppenunciadodoefiguradadadososcomacordoDe

eixolíqeixolíq /722

122

,

0),(0,

2

.

22

.

211021

21.1

211

2

222

22perdawgzVpgzVp

éodispositivessemodelaqueequaçãoA

eixolíq

152

► A eficiência deste tipo de dispositivo é definida como avazão entre a quantidade de trabalho útil, isto é,aproveitado para aumentar a energia do escoamento e aquantidade total de trabalho fornecido pelas pás. Ou seja,

► O trabalho fornecido às pás, por sua vez, vale,

eixolíq

eixolíq

wperdaw

totalTrabalhoútilTrabalhon

.

.

75,09,95

72/9,9517,4

400,

/17,44

)6,0(23,12

,

.

222

..

nekgJwEntão

skgDVAmCom

mW

w

eixolíq

eixolíqeixolíq

75% do trabalho é

aproveitado e 25% é perdido

devido ao atrito

153

Exercício

A vazão da bomba d’água indicada na figura abaixo é iguala 0,056 m3/s e o equipamento transfere 7,46 kW para aágua que escoa na bomba. Sabendo que a diferença entreas cotas das superfícies dos reservatórios indicados nafigura 9,1 m, determine as perdas de carga e de potênciano escoamento de água.

154

Solução

LeixoA

ABBABA

LeixoeixolíqBBB

AAA

perdidaLeixo

hhz

temosAssimmzzVVrelativapp

livresssuperfícieasmrepresentaBeA

hhwzg

Vpzg

Vp

equaçãoausarVamosWehhencontrarPrecisamos

,,.1,9,0,0),(0

:

22

..,

.

22

155

► Seguindo as definições,

)(

,

5,41,96,16

,

6,13)/(056,0)/(9810

7460

.

33.

novamenteQ

Wh

equaçãoausarpodemosperdidapotênciaacalcularPara

mzhh

Daí

msmmN

kWQ

Wh

eixolíqeixo

AeixoL

eixolíqeixo

156

kWhQW

entãocargadeperdaarepresentahSe

QW

h

temosequaçãoúltimaestaAdequando

Lperdidaeixo

L

perdidaeixoL

47,25,4056,09810

,,

,,

.

157

5.3.4 Aplicação da Equação da Energia para escoamentos não uniformes


► Em situações nas quais o perfil da velocidade não éuniforme em qualquer região onde o escoamento cruza asuperfície de controle sugere que a integral

requer atenção.


t ..

2

2

nV

V

dAgzVpuSC

nV

2

2

158

► Sem uma prova matemática convincente, por hora,vamos admitir que,

► Lembre-se que os índices s corresponde a saída e e aentrada, respectivamente, no volume de controle.

► α é o coeficiente de energia cinética e é a velocidademedia definida pela equação

222

222eess

SC

VVmdAgzVpu

nV

A

dAV A

nV

V

159

► A partir desses resultados, obtemos,

► Para o escoamento que cruza a região da superfície decontrole que apresenta área A. Assim,

► É possível mostrar que:

- α ≥ 1 para qualquer perfil de velocidade.- α = 1 apenas para escoamentos uniformes.

dAVVmA

nV

22

22

2/2

2

2

Vm

dAVA

nV

160

► A equação da energia para escoamentos não uniformes(energia por unidade de massa), incompressíveis e válidapara um volume de controle com uma seção de entrada eoutra de saída é,

perdawgzVpgzVpelíqe

eees

sss .

22

22

161

Exercício

A vazão em massa de ar no pequeno ventilador esboçado nafigura a seguir é 0,1 kg/min. O escoamento no tubo dealimentação do ventilador é laminar (perfil parabólico) e ocoeficiente de energia cinética, neste escoamento, é 2,0. Oescoamento no tubo de descarga do ventilador é turbulento(mas o perfil de velocidade é muito próximo do uniforme) e ocoeficiente de energia cinética é 1,08. O aumento de pressãoestática no ventilador é 0,1 kPa e a potência consumida naoperação equipamento é 0,14W. Compare os valores da perdade energia disponível calculadas nas seguintes condições:

a) Admitindo que todos os perfis de velocidade são uniformes.

b) Considerando os perfis de velocidade reais nas seções dealimentação e descarga do ventilador.

163

Solução

kPappquejá

perdaacalcularparaVeVwdevaloresosconhecerprecisoÉ

VVppwperda

VpVpwperda

quevemzzezzzzComo

perdawgzVpgzVp

equaçãoadoConsideran

eixolíq

eixolíq

eixolíq

es

eixolíqeeee

ssss

1,0

,,

)1(22

22

,,,

22

.

12

21.

222

21112

.

2111

2222

.

1212

.

22

164

smA

mV

VdeCálculo

smA

mV

VdeCálculo

kgJm

ventiladoraofornecidaPotênciaw

wdeCálculo

eixolíq

eixolíq

/92,1

203,023,1

)60/1,0(

,

/48,0

206,023,1

)60/1,0(

,

/8460/)1,0(

14,0

,

22

2

2

21

1

1

.

.

165

.

/95,02

)92,1(08,12

)48,0(223,1101,084

),1(,08,1,0,2:)

/98,02

)92,1(2

)48,0(23,1101,084

),1(,1:)

:,

.

223

21

223

21

eixolíquniformenãouniforme wdevalorocomcomparadasseperdaperda

kgJperda

perda

emdosubstituinuniformesnãoperfisdoConsideranb

kgJperda

perda

emdosubstituinuniformesperfisdoConsiderana

resolvendoAgora

capítulo 5 – análise com volumes de controle fixos

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